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Soluzioni dei problemi proposti

Capitolo 1

1.9 Il numero telefonico può terminare con 100 differenti coppie ordinate Per cui la coppia 99 (come del resto qualsiasi altra delle 100 possibili)

1.10 La probabilità non può essere “misurata” come se fosse un parametro fisico. La probabilità di un evento è una valutazione umana, effettuata in base ad un insieme d’informazioni (non esaustive) disponibili e che crescono continuamente con l’esperienza. In quest’ambito, certamente i risultati di eventuali “prove sperimentali ripetute” trovano un posto importante, ma non costituiscono né uno strumento e né una procedura di misura della probabilità.

1.11 Gli eventi a e b hanno la stessa probabilità. Se qualcuno rispondesse “è più pro-babile l’evento b” lo farebbe certamente perché si riferirebbe non già a questa specifi-ca successione (unica, come la a, nell’ambito delle 212 possibili) ma all’insieme delle 924 successioni caratterizzate da sei T e sei C.

1.12 Ha ragione, infatti, essendo:

(10 10 100).× =ha probabilità 1/100.

Pr{ } Pr{ } Pr{ } Pr{ } Pr{ }0.09091 0.10000 0.10101 0.9 0.10000 Pr{ }

B B A A B A AA

= + == × + × = =

l’eguaglianza Pr{ } Pr{ }A B B A= segue immediatamente. Il risultato vale in generale per le estrazioni senza rimessa da un’urna composta da d elementi difettosi e b buoni. Infatti abbiamo:

1Pr{ } ; Pr{ } ; Pr{ }1 1

d d dA B A B Ad b d b d b

−= = =+ + − + −

da cui:

Probabilità e Statistica per le Scienze e l’Ingegneria, 3/ed, P. Erto - Copyright © 2008, The McGraw-Hill Companies srl

Soluzioni dei problemi proposti 542

Pr{ } Pr{ } Pr{ } Pr{ } Pr{ }

1 Pr{ }.1 1

B B A A B A Ad d d b d A

d b d b d b d b d b

= + =−= × + × = =

+ − + + − + +

1.13 versi: il prim

o è raro mentre il

1.14 La probabilità che i 10 amici siano nati in giorni diversi è:

L’apparente paradosso è conseguenza del fatto che si confondono due eventi di-o è “acquisto del biglietto vincente da parte di una specifica persona”; il

plicemente “acquisto del biglietto vincente”. Il primsecondo è semsecondo è certo.

10364 363 356 365!1 0.8831 88%365 365 365 365 355!

× × × × = = ≅×

quindi la probabilità che almeno due siano nati nello stesso giorno è pari a circa il 12%.

1.15 ente con l’aiuto dei dia-grammi di Venn: a) {

Le probabilità richieste possono essere calcolate facilm

}Pr 0.5 0.4 0.3 0.6A B∪ = + − = ;

b) { }Pr 1 Pr{ } Pr{ } Pr{ ( )}(1 0.5) 0.4 (0.4 0.3) 0.8;

A B A B B A B∪ = − + − − ∩ == − + − − =

c) { } { }Pr Pr 1 0.6 0.4A B A B∩ = ∪ = − = ;

d) { }Pr (1 0.5) (1 0.4) 0.4 0.7A B∪ = − + − − = .

1.16 Pr{ } Pr{ }A B A∩ =Dall’equazione Pr{× }B A Pr{ } Pr{ }B A B= × otteniamo:

Pr{ } Pr{ } 4Pr{ }

15Pr{ }A B A

BA B

×= = .

1.17 Tenendo conto delle ipotesi di incom -indipendenza, le probabilità richieste sono: a) {

patibilità ed s

}Pr 0.2 0.3 0.06 0.44B C∪ = + − = ; b) { } { } { } { }Pr Pr Pr Pr ( ) ( )

0.1 0.44 0.54;A B C A B C A B A C∪ ∪ = + ∪ − ∩ ∪ ∩ =

= + =

c) { } { } { }{ } { }

Pr ( ) Pr ( ) ( )Pr 0

Pr PrA B C A B A C

A B CB C B C

∩ ∪ ∩ ∪ ∩∪ = = =

∪ ∪;

d) { } { } { }{ } { }

Pr ( ) ( ) PrPr 0.136

Pr PrB C B C B C

B C B CB C B C

∩ ∩ ∪ ∩∩ ∪ = = =

∪ ∪.

1.18

a)

Utilizzando le soluzioni del problema precedente, e tenendo conto ancora una volta delle ipotesi di incompatibilità ed s-indipendenza, le probabilità richieste sono:

{ } { }Pr 1 Pr 0.46A B C A B C∩ ∩ = − ∪ ∪ = ;



b) ( ) ( ) ( ){ }

( ){ } ( ) ( ){ }Pr

Pr Pr Pr{ } Pr{ } 0.06.

A B C A B C A B C

A B C A B A C B C

∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ =

= ∩ ∩ = ∩ ∩ ∩ = × =

Le asserzioni “nessuno dei tre si verifica” e “almeno uno si verifica” sono tra loro complementari. L’incompatibilità di A sia con B che con C implica le identità A B B∩ = e .A C C∩ =

a) aggio-re:

1.19 Conveniamo di indicare col primo numero il punteggio realizzato da Aldo e col secondo quello realizzato da Bruno.

Qualunque sia il punteggio realizzato da Aldo, Bruno ne realizza uno m

Pr{[1 ( 1)] [2 ( 2)] [3 ( 3)] [4 ( 4)] [5 ( 5)]}1 5 1 4 1 3 1 2 1 1 15 ;6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 36

∩ > ∪ ∩ > ∪ ∩ > ∪ ∩ > ∪ ∩ > =

= × + × + × + × + × =

b) Bruno realizza un punteggio maggiore oppure realizza lo stesso di Aldo e viene favorito dal successivo lancio della moneta:

Pr{[1 ( 1)] [2 ( 2)] [3 ( 3)] [4 ( 4)] [5 ( 5)]}Pr{[(1 1) (2 2) (3 3) (4 4) (5 5) (6 6)] (croce)}15 6 1 18 1 ;36 36 2 36 2

∩ > ∪ ∩ > ∪ ∩ > ∪ ∩ > ∪ ∩ > ++ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∩ =

= + × = =

c) Bruno realizza un punteggio maggiore di 4 oppure realizza anche lui 4 e viene favorito dal successivo lancio della moneta:

Pr{( 4)} Pr{(4) (croce)}2 1 1 5 .6 6 2 12

> + ∩ =

= + × =

1.20

me

L’insuccesso di un ciclo può avvenire in 3 maniere diverse a seconda che non o intervento o non riesca il secondo o non riescano entram

nte per il secondo ciclo. In totale ci sono 3 3riesca il prim bi. Analoga-

× maniere differenti i cui si può veri-ficare l’insuccesso dei due cicli. Ogni maniera ha probabilità 4(1 2) per cui la proba-bilità d’insuccesso di entrambi i cicli è 9 1 16 0.56.× =

1.21 Il successo di un ciclo può avvenire in una sola maniera, ossia quando entrambi gli interventi riescono. Un solo successo può verificarsi in 6 maniere diverse a secon-da che l’insuccesso sia capitato al primo od al secondo ciclo nonché a seconda che non sia riuscito il primo o il secondo o entrambi gli interventi Ogni maniera ha probabilità

(2)(3).

4(1 2) per cui la probabilità di un solo successo è 6 1 16 0.38.× =

1.22 Due successi possono verificarsi in una sola maniera allorché entrambi i cicli sono coronati da successo ossia quando si verifica una successione di 4 interventi riu-sciti. La probabilità che ciò accada è 4(1 2) 0.06.=

1.23 La probabilità dell’evento A può essere calcolata come rapporto tra il numero di coppie di carte di denari (eventi favorevoli) ed il numero di coppie di carte (eventi



possibili) che possono essere estratte dal mazzo:

{ }

102 10 9Pr 0.058

40 39402

A

⎛ ⎞⎜ ⎟ ×⎝ ⎠= = =

×⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Analogamente, la probabilità dell’evento B può essere calcolata come rapporto tra il numero di coppie di carte di denari e di bastoni (eventi favorevoli) ed il numero di coppie di carte (eventi possibili) che possono essere estratte dal mazzo:

{ }

10 101 1 10 10Pr 2 0.128

40 39402

B

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ×⎝ ⎠⎝ ⎠= = × =

×⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

1.24 itanze di specifiche estra-zioni (ed utilizzando una sim ente:

{ }

Considerando ciascuno dei due eventi come concombologia intuitiva) abbiam

} { }o rispettivam

{ { } 10I II Pr I Pr II I40d d d d d= ∩ = × = 9Pr Pr 0.058

39A × = ;

{ ( ) ( ){ }} { } { } { }{ }Pr Pr I II I II Pr I Pr II I Pr I Pr II I

10 10 10 10 10 102 0.128.40 39 40 39 40 39

d b b d d b d b d bB = ∩ ∪ ∩ = × + × =

= × + × = × × =

tanza di eventi elementari la cui probabilità composta è sempre la stessa, otteniamo che:

1.25 Entram patibi-

3 di un altro. Inoltre, considerando che ognuna delle maniere costituisce una concomi-

bi gli eventi si possono presentare in 5,2C maniere diverse (incomli) ossia a seconda del numero di ordinamenti possibili di 5 pezzi di cui 2 di un tipo e

5 5 4 10 9 8Pr{2 } 0.400;2 15 14 13 12 115 500 499 1000 999 998Pr{2 } 0.330.2 1500 1499 1498 1497 1496

A

B

⎛ ⎞= × × × × × =⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= × × × × × =⎜ ⎟⎝ ⎠

Le stesse probabilità possono essere valutate come rapporto tra il numero di differenti gruppi di 5 pezzi di cui 2 difettosi (eventi favorevoli) ed il numero di differenti gruppi di 5 pezzi qualsiasi (eventi possibili) potenzialmente estraibili da entrambi i lotti:

5 10 500 10002 3 2 3

Pr{2 } 0.400; Pr{2 } 0.33015 15005 5

A B

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞× ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1.26 Per il lotto eno: A i risultati sono differenti; per il lotto B lo sono molto m



2 3

2 3

5 5 10Pr{2 } 0.329 0.4002 15 155 500 1000Pr{2 } 0.329 0.330.2 1500 1500

A

B

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × × = ≠⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × × = ≅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

In generale, le valutazioni in caso di estrazione con e senza rimessa tendono a coinci-dere quanto più è inferiore a 0.10 il rapporto tra il numero di pezzi estratti ed il nume-ro di pezzi presenti nel lotto.

1.27 indipendenti (perché in-eni di al-

lenamento o af di centrare il bersaglio almeno una volta in ai. Pertanto, dovendo essere troviamo per tentativi che Infatti ad

corrisponde

Nell’ipotesi che i lanci possano essere ritenuti eventi s-nanzitutto le condizioni di lancio sono omogenee, nonché sono assenti fenom

faticamento del concorrente) la probabilità pn lanci è il complemento all’unità di non centrarlo m

( )n= − − ≥1 1 0.75 0.99,p0.98p = e ad 4n

4.n =3n = = corrisponde 0.996.p =

1.28 La probabilità di vincere un terno è:

55 90 5 4 3: 8.512 103 3 90 89 88p −× ×⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ × ×⎝ ⎠ ⎝ ⎠

che in termini di scommessa coerente può essere espressa dal rapporto ( ) ,a a b p+ = essendo “a” la somma che siamo disposti a scommettere per guadagnare “b” se l’evento T si verificherà. Da cui, tenendo conto che deve essere ( ) 1 ,b a b p+ = − ot-teniamo che la scommessa coerente sarebbe di 1a euro contro 11.747,00b == euro.

1.29 Applicando il teorem

a di Bayes abbiamo: Pr{100 incon

Pr{10 incontaminati 100 incontaminati} Pr{100 incontaminati}Pr{10 incontaminati}

×= =

taminati 10 incontaminati} =

( )3

0

1 1 4

Pr{10 incontaminati esemplari contaminati su 100} Pr{ }i

i i=

×= =

×∑

3

0

1 4 1 4 0.09311 1 4 0.900 0.809 0.727100 100: 1 410 10i

i=

= = =× + + +−⎛ ⎞ ⎛ ⎞×⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑.

1.30 A priori possiamo dire che il lotto esaminato ha la stessa probabilità (1 3)sere quello indicato con A, B o C. Inoltre le probabilità di estrarre un esemplare di

di es-a1

scelta dai lotti A, B e C sono rispettivamente 1, 1 e 1 3. L’evento cui siamo interessati (l’unico che

scelta. Ap-implica la concomitanza che il lotto esaminato sia quello indicato con Cha esemplari di scelta) e che da questo sia estratto un esemplare di plicando il teorema di Bayes, la probabilità di questo evento è:

a2 a2



( ){ }a a a aPr 2 scelta 1 scelta Pr{ 1 scelta} Pr{2 scelta }C C C∩ = × =

a

aa

Pr{1 scelta } Pr{ }Pr{2 }

Pr{1 scelta}C C

C×

= × =

1 3 1 3 2 3 0.09521 1 3 1 1 3 1 3 1 3

×= × =

× + × + ×.

Si noti che questa probabilità è più che dimezzata rispetto a quella assoluta (grazie all’applicazione del teorema di Bayes che ha permesso l’utilizzo dell’informazione sperimentale “l’esemplare controllato è di a1 scelta”): { } { }{ }a aPr 2 Pr C Pr 2 scelta C 1 3 2 3 0.222 2 0.0952C ∩ = × = × = > × .

Capitolo 22.9 Indicando con b un pezzo cattivo, i possibili risultati del-la prima estrazione sono: , rispettivamente di proba-bilità p1=30/50 × 29/49, 2 3 p4=20/50 × 19/49. Per-tanto, applicando la regola di Bayes, la richiesta probabilità è data complessivamente dalla somma:

un pezzo buono e con c{ },{ }, { }, { }b b b c c b c c∩ ∩ ∩ ∩

p =30/50 × 20/49, p =20/50 × 30/49,

1 2 3 415 2 15 1 15Pr{ } ( ) .

27 27 27b p p p p+ += + + +

2.10 Applicando il Teorem plare sia non confor-me

a di Bayes, la probabilità che l’esem ( )C , una volta che è stato scartato (SC), è data da:

{ } { }

{ }{ } { }

{ } { } { } { }Pr PrPr

PrPr Pr Pr Pr Pr

0.90 0.001 0.0826.0.90 0.001 0.01 (1 0.001)

SC C CC SCC SC

SC SC C C SC C C

∩= = =

+⋅= =

⋅ + ⋅ −

2.11 C. Infatti:

Grazie all’ipotesi di s-indipendenza non è necessario calcolare la probabilità di

{ } { }{ } { }

Pr 1 1 1Pr ( ) Pr5 4 20Pr

A B CA B C A B

C∩ ∩

∩ = = ∩ = × = .

2.12 A B e C non sono

Anche se risulta Pr{ } Pr{ } Pr{ } Pr{ },A B C A B C∩ ∩ = × × gli eventi s-indipendenti perché Pr{ } PrA B { } Pr{ },A B∩ ≠ ×

Pr{ } Pr{ } PrA C A∩ ≠ × { },C e Pr{ } Pr{ } Pr{ }.B C B C∩ ≠ ×

2.13 A differenza del problema precedente, ora risultano verificate le condizioni PrPr{ } Pr{ } Pr{ },A B A B∩ = × { } Pr{ } Pr{ },A C A C∩ = ×

Pr{ } Pr{ } Pr{ }.B C B C∩ = ×Pr{ } Pr{ } Pr{A B C A∩ ∩ ≠ ×

Tuttavia, essendo anche questa volta gli eventi A B e C non } Pr{ },B C×



sono s-indipendenti.

2.14 Indicando con e il numero dei pezzi non conformi estratti, rispettiva-mente dal I e dal II lotto (nell’ipotesi che il controllo dei lotti avvenga indipendente-mente uno dall’altro) la probabilità di superare il controllo è:

( ) ( ){ } { } { }

Id IId

3 17 3 170 2 0 2

Pr 0 0 Pr 0 Pr 0 0.51220 202 2

I II I IId d d d

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠= ∩ = = = = = × =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Viceversa, se la fornitura avviene in un’unica soluzione, la probabilità di superare il controllo è lievemente inferiore e pari a:

34 40: 0.5074 4⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

o

{ }

2.15 Dai dati in nostro possesso possiamo ricavare le seguenti valutazioni (indicando con iC l’evento “il coperchio i-esimo copre la moneta”, con 1P l’evento “abbiampuntato sul coperchio n° 1” e con 2S l’evento “l’avversario ha scoperto il coperchio n° 2”):

( ){ } ( ){ } ( ){ }2 1 1 2 2 1 2 3 1

1Pr ; 1, 2, 33

1Pr ; Pr 0; Pr 12

iC i

S C P S C P S C P

= =

∩ = ∩ = ∩ =

e quindi, applicando la regola di Bayes, abbiamo le valutazioni a posteriori:

( ){ } {{ } ( )}

{ } ( ){ }

( )

1 2 1 11 2 1 1 3

2 11

Pr PrPr

Pr Pr

1 3 1 2 131 3 1 2 0 1

i ii

C S C PC S C P

C S C P=

∩∩ = =⎡ ⎤⎣ ⎦

∩

×= =

× + +

∑

( ){ } {{ } ( )}

{ } ( ){ }

( )

3 2 3 13 2 3 1 3

2 11

Pr PrPr

Pr Pr

1 3 1 2 .31 3 1 2 0 1

i ii

C S C PC S C P

C S C P=

∩∩ = =⎡ ⎤⎣ ⎦

∩

×= =

× + +

∑

Quindi, ancora una volta abbiamo la conferma che la strategia del cambiamento della puntata è quella che sfrutta meglio le informazioni di cui disponiamo al momento.

2.16 nore di

I casi possibili sono 36 216= , mentre quelli favorevoli ad un incasso mi60 euro sono quelli riportati nella tabella seguente:



Caso Vendita Incasso Probabi-lità

3(1 6) 1 10,10,10 30 3(1 6) 2 20,10,10 40 3(1 6) 3 10,20,10 40 3(1 6) 4 10,10,20 40 3(1 6) 5 10,20,20 50 3(1 6) 6 20,10,20 50 3(1 6) 7 20,20,10 50 3(1 6) 8 30,10,10 50 3(1 6) 9 10,30,10 50 3(1 6) 10 10,10,30 50

Conseguentemente:

3Pr{incasso 60} 1 Pr{incasso 60}

10 11 1 10 0.954.216 6

≥ = − < =

⎛ ⎞= − = − × =⎜ ⎟⎝ ⎠

2.17 prodotti di costo inf

L’evento si verifica se e solo se le prime 2 vendite hanno per oggetto altrettanti eriore a 50 euro ed il terzo no:

24 4⎛ ⎞ ⎛ ⎞Pr{ } 1 0.9446 6

A = × − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

2.18 L’evento si verifica se e solo se le e 3 vendite hanno per oggetto altrettanti prodotti di costo infe

primriore a 60 euro:

35Pr{ } 0.5796

B ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

2.19 L’evento “almeno un successo” plementare dell’evento “nessun successo” ( . Dovendo essere: Pr{ 1} 1 Pr{ 0} 1 (1 0.60) 0.90xn n≥ = − = = − − ≥ ricaviamo che il numero minimo di tentativi da effettuare è:

( 1)n ≥ è il com0)n =

ln(0.10) 2.51ln(0.40)

x ≥ = .

2.20 Le coppie distinte di lettere sono 24,2 24 23D = × mentre le triplette distinte di cifre sono 10,3 10 9 8D = × × . Quindi sono 24 23 10 9 8 397˙440× × × × =

obabilità di violarlo con un tentativo con- i codici distin-

tivi che possiamo realizzare. Pertanto, la pr



dotto a caso è pari a

2.21 Il num

62.52 10−× .

ero di codici differen 5 2 3( )P P P× =ti è aumentato di un fattore 10 pari al numero di possibili ˙974.400. Ovviamente, giungiam ero di possibi-li scelte delle 2 lettere

ulteriorio allo stesso risulta

24,2( 2C =

ordinamenti. Il numero totale è quindi pari a 3to anche moltiplicando il num

76) e delle 3 cifre 10,3( 120)C = per il numero delle possibili perm 5( 1P 20)=utazioni di 5 oggetti distinti . La corrispondente probabilità di violarlo con un tentativo condotto a caso è, quindi, 10 volte più bassa di prima.

2.22 Per quanto ne sappiamo, con la stessa probabilità il tecnico può aver sostituito un qualsiasi altro, purché differente dal pri-

mo. Applicando la regola di Bayes:

una scheda di un qualsiasi tipo con una di

{ } { }{ } { }{ } { }{ } { }{ } { }

Pr{ } Pr Pr{ } Pr ( ) Pr{ }Pr ( } Pr ( ) Pr{ }Pr ( } Pr ( ) Pr{ }Pr ( } Pr ( ) Pr{ }Pr ( } Pr ( ) Pr{ }

B A B A A C A CA A A D B B A B AB B C B B D B DC C C A C C B C BC C D D D A D A

= × ∩ + ∩ × ∩ +∩ + ∩ × ∩ +∩ + ∩ × ∩ +

+ × ∩ + ∩ × ∩ +∩ + ∩ × ∩ +

( )) Pr{) Pr{) Pr{) Pr{

A A AD

B CA

C D

∩+ ∩ ×+ ∩ ×

∩+ ∩ ×

{ } { }Pr { } Pr ( ) Pr{ }12 14 1 1 13 1 1252 52 4 3 52 4 3

1 3 6 13 1 156 0.250.12 12 52

D B D D C D C× ∩ + ∩ × ∩ =⎛ ⎞= × × × × + × × × =⎜ ⎟⎝ ⎠×= × = × =

Il risultato è ovvio, essendoci simmetria tra i 4 casi possibili.

2.23

( ) Pr1 13 34 3

12 3 1452

D D B+ ∩⎛ ⎞× × +⎜ ⎟⎝ ⎠

× + × +

Le probabilità richieste sono: { } { }Pr{ 89= .

2.24

{

} 86 100 0.86; Pr 39 47 0.83; Pr 47 53 0.L L D L U= = = = =Il fatto che le probabilità condizionate siano diverse da quelle assolute indicano che l’occupazione dipende dal sesso.

Applicando la regola di Bayes abbiamo: {} } { }{ } { }Pr Pr Pr Pr Pr

0.83 0.47 0.89 0.53 0.86.L L D D L U U= × + × =

= × + × =

ossia la probabilità assoluta coincide con la “media pesata” di quelle condizionate.

2.25 Applicando il teorem

a di Bayes abbiamo:

{ } { } { }{ } { } { } { }

1Pr PrC S C×1

1 1Pr

Pr Pr Pr Pr0.001 0.90 0.0826

0.999 0.01 0.001 0.90

C SC S C C S C

= =× + ×

×= =× + ×

essendo le probabilità di diagnosi (corretta o scorretta) delle probabilità condizionate per natura. La valutazione 0.0826 può essere interpretata come un aggiornamento del dato storico 0.001 alla luce del risultato sperimentale e delle qualità diagnostiche del



sistema adoperato.

2.26 Applicando nuovamente il teorema di Bayes e tenendo conto della valutazione della probabilità di non conformità appena effettuata, abbiamo:

{ } {( ){ } }

{ } { } { } { }1 2

1 21 2 1 2

Pr PrPr

Pr Pr Pr Pr0.0826 0.90 0.890.

0.917 0.01 0.0826 0.90

C S S CC S S

C S S C C S S C

×∩ = =

× + ××= =

× + ×

Riscontriamo un evidente ed ulteriore “affievolimento della memoria” del dato storico assoluto Pr{ } 0.001C = (valido per tutta la produzione) nella valutazione riguardante un esemplare specifico. Questa seconda applicazione del teorema di Bayes differisce dalla prima unicamente per la sostituzione dell’informazione a priori Pr{ } 0.001C = con quella aggiornata 1Pr{ } 0.0826C S = .

2.27

Basta applicare la regola di Bayes: { } { } { } { } { }Pr Pr Pr Pr Pr

0.90 0.001 0.01 0.999 0.011S S C C S C C= × + × =

= × + × =

avendo questa volta, ovviamente, utilizzato la valutazione della probabilità di non ità relativa a tutti gli esemplari e non quella relativa all’esemplare esamconform inato.

2.28 pia mista ( a pompa di tipo in

Ancora una volta basta applicare il teorema di Bayes tenendo conto che la cop-) può verificarsi in due modalità diverse (la prim1 2A A

coppia con la seconda di tipo 1A

2A e viceversa): { }{ }{ } { } { } { } { } { } { }

1 1 1 11 1

1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2

3,2 10,2

3,2 10,2 7,2 10,210,2

Pr PrPr

Pr Pr 2 Pr Pr Pr Pr0.04

3 70.04 2 0.006 0.003

0.0027 0.2784.0.0027 0.0056 0.0014

A A G A AA A G

A A G A A A A G A A A A G A AC C

C C C CC

= =+ +

×= =

×× + + ×

= =+ +

2.29 In effetti sarebbe opportuno valutare almeno la probabilità delle altre tre ipotesi alternative ( 1 2A A , 2 1A A e 2 2A A ). Ripetendo l’applicazione del teorema di Bayes utilizzando gli stessi dati di prima, ri-sulta 1 2 2 1Pr{ } Pr{ } 0.2887A A G A A G= = e 2 2Pr{ } 0.1443A A G = . Pertanto l’ipotesi della fornitura conforme alle richieste 2 2( )A A risulta probabile solo al 14%, contro l’86% dell’unione degli altri tre casi di non conformità ( 1 2A A , 2 1A A e 1 1A A ).

2.30 e (2-2) e dalle 3 coppie di stati equivalenti (0-1) e (1-0), (0-2) e (2-0), (1-2) e (2-1).

2È facile riconoscere che gli stati sono 3 e sono costituiti dai 3 stati (0-0), (1-1)



Attesa l’ipotesi di s-indipendenza è facile calcolare la probabilità di ogni stato come prodotto delle due probabilità con i pedici corrispondenti. Tuttavia in casi più com-plessi risulta utile ricorrere alla sviluppo della potenza: ( )2 2 2 2

0 1 2 0 1 0 2 1 20 1 2 2 2 2p p p p p p p p p p p p+ + = + + + + + che fornisce automaticamente le probabilità di tutti gli stati tenendo anche conto dell’esistenza di probabilità uguali.

Capitolo 33.9 La differenza quadratica media rispetto ad un generico valore x, della v.a. X, è da-ta da:

[ ]{

{} ( ) ( ) }( )

22

2

E E E{ } E{ }

Var{ } E{ }

X x X X X x

X X x

− = − + − =⎡ ⎤⎣ ⎦

= + −

che assume il valore minimo per x coincidente con la media (similmente al fatto che il momento d’inerzia è m

3.10 asse positivo, con un accumulo di m

inimo rispetto al baricentro).

La seguente Cdf è relativa ad una v.a. mista, definita sul semiassa nel punto x1, di valore 11( ) ( )F x F x−− :

0

1

0

x

F x( )

F x( )1

F x( )1-

x1

3.11 La diffe può verificarsi

3.12 3.13 La me

Questa v.a., pur essendo non continua, ha un insieme di definizione continuo.

renza consiste nel fatto che un insieme di eventi a probabilità nulla contrariamente ad un insieme di eventi impossibili.

La risposta è affermativa: una v.a. mista ha queste caratteristiche.

dia della v.a. discreta è per definizione data da:



11 ( 1) ( 1)

0 1

0

1E{ } (1 ) (1 )1

(1 )

n ny n y y n y

y ym

x m x

x

n ny y p p np p py y

mnp p p npx

−− − − − −

= =

−

=

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∑

∑

avendo posto 1n m− = ed 1y x− = .

3.14

La richiesta varianza è:

2

0Var{ } ( ) (1 )

ny n y

y

ny y np p py−

=

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠∑

da cui, utilizzando i risultati del Problema 3.13 , otteniamo:

2 2

1

2 1 ( 1) ( 1)

12

Var{ } ( ) 2 (1 )

1( ) [( 1) 1] (1 )1

( ) ( 1) (1 ).

ny n y

yn

y n y

y

ny np np np y p py

nnp np y p py

np np n p np np p

−

=

− − − −

=

⎛ ⎞= − × + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

−⎛ ⎞= − + − + − =⎜ ⎟−⎝ ⎠= − + × − + = −

∑

∑

3.15

La media della v.a. continua è:

[ ]00 0

} x xE{1 10 .

x

xo

x x e dx x e eλ λλ∞ ∞∞− −⎡ ⎤= = − +⎣ ⎦∫ ∫ dx

e

λ

λλ λ

−

∞−

=

= − =

3.16 o che la richiesta varianza è data da:

Utilizzando la soluzione del Problema 3.15 , otteniam

( )2 2020 0

11 2x x

2 2

Var{ }

1 2 1 10

xx x e dx x e xλ λλ λ∞ ∞∞− −⎡ ⎤= − = − − +⎣ ⎦∫ ∫ e dxλ

λ

λ λλ λ

− =

= − + + × = ⋅

3.17 Dalla trasformazione inversa ( )1 31X Y= − deduciamo ( ) 2 31 13

dx ydy

−= − e

quindi:

( ){ } ( )2 3 2 31( ) 1 1 1 1 ;3Yf y y y yπ −⎡ ⎤= + − − − ∞ < < ∞⎣ ⎦ .

3.18 La funzione me-cos( )Y X= non è biunivoca (essendo una curva convessa e simtrica rispetto all’asse delle ordinate) nell’intervallo 2 2xπ π− ≤ ≤ , a cui corrisponde

. Dal suo diagram deduciamo:

0 1y≤ ≤ ma[ ] [ ][ ] [ ]

) ( 2) ( 2) ( )( ) 0 1 ( )

Y X X X X

X X

x F F F xF x F x

π π− − + − == − − + −

da cui:

( ) (F y F= −



[ ] [ ]{ } 2

( ) ( ) ( )

arcos( ) arcos( ) 1

Y X X

X X

f y f x f xdy dy dy

f y f y y

= = − − =

= − + − =

( )YdF y dx dx

2(2 ) 1 ; per 0 1y yπ= − ≤ ≤ essendo la derivata della trasformata inversa:

2

arcos( ) 11

d ydxdy dy y

−= =−

.

3.19 La funzione 2 1Y X= + non è biunivoca per 1 1x− ≤ ≤ (a cui corrisponde 1 2y≤ ≤ ). Invece è biunivoca per 2 5y< ≤

ente a: 1 2x< ≤ (a cui corrisponde ). Pertanto, es-

sendo la trasformata inversa e la sua derivata uguali rispettivam1 211; ( 1)

2dxX Y ydy

−= − = −

abbiamo:

1per 1 2;

3( )1

per 2 5.6

Y

yy

f yy

y

⎧ −≤ ≤⎪

= ⎨ −⎪ < ≤⎩

Per ulteriore esercizio, si verifichi che è pari all’unità l’integrale della ( )Yf y per 1 5y≤ ≤ .

3.20 Dalla trasform ( )azione inversa ( )1 31X Y= − deduciam 2 3−o 1 13

dx ydy

= − e

quindi:

( ) 2 31 1( ) 1 ; 1 92 3Yf y y y−= × − ≤ ≤ .

3.21 non è altro che una pdf condizionata a :

La pdf della vita residua all’età 0t0T t>

22 2

02

0

00

0

( )0

0

Pr{( ) ( )}Pr{( ) }Pr{ }

( ) 2 2 ; .1 ( )

tT t t

tT

t T t dt T tt T t dt T tT t

f t dt t e dt t e dt t tF t e

λλ

λ

λ λ−

− −−

< ≤ + ∩ >< ≤ + > = =

>

= = = >−

È come dire che la massa di probabilità che compete a ( , )t t dt+ è rimasta quella ori-ginaria; invece, le alternative possibili sono diminuite del tratto 0(0, )t . Pertanto, solo dividendola per 01 ( )TF t , il suo integrale esteso da 0t ad ∞− risulta essere uguale all’unità. Ovviamente, giungiamo allo stesso risultato se calcoliamo la derivata della



Cdf condizionata a 0T t> (3.7).

3.22 atematica per il calcolo della media:

{ }Utilizzando l’operatore speranza m

24 522 11 16E{ } E 1 1 1 15 5 5

x xY X dx ⎡ ⎤= + = + = + = + =∫

e per il calcolo del mome

{ } ( ){

113 1−

−⎢ ⎥⎣ ⎦

nto secondo:

}2 25 722 2

1 1

11 43 404E E 1 1 2 1 215 21 5 7 35x xY X

− −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = + + = + + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

abbiamo anche i due addendi per calcolare la varianza:

{ } [ ]2

22 404 16 228Var{ } E E{ }35 5 175

Y Y Y ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Ovviamente otteniamo gli stessi risultati anche se invece della pdf della v.a. X utiliz-ziamo la pdf della v.a. Y ottenuta come soluzione del problema 3.19. Ad esempio per la media abbiamo:

0.5 0.52 5

1 2( 1) ( 1) 16 128 16E{ } ( )

3 6 45 45 5Yy yY y f y dy y dy y dy

+∞

−∞

− −= = + = + =∫ ∫ ∫ .

3.23 Innanzitutto calcoliamo la Cdf della v.a. X (definita per 1 2x− ≤ ≤ ) integrando la pdf

data: 31 x+( ) ; per 1 2

9XF x x= − ≤ ≤

essendo 1 9 la costante d’integrazione della pdf (necessaria affinché la Cdf sia positi-va, non decrescente e tale che ( 1) 0XF = ed (2) 1XF− = ). Per definizione di Cdf di Y è:

{ }

{ } { }( ) ( )

2( ) Pr{ } Pr{ 1} Pr 1 1Pr 1 Pr 1

1 1 .

Y

X X

F y Y y X y y X yX y X y

F y F y

= ≤ = ≤ − = − − ≤ ≤ − == ≤ − − ≤ − −= − − − −

Considerando che la funzione di trasformazione è una parabola con vertice nel punto (0,1) , deduciamo che all’intervallo di definizione [ 1,2] X− per corrisponde l’inter-vallo [1,5] per Y . Inoltre, poiché a valori 2y > corrispondono valori negativi 1x < − per i quali ( ) 0XF x = , possiamo scrivere:

3 2 3 23 2

3 2 3 2

1 ( 1) 2( 1)1 ( 1) ; per 1 29 9 9( )

1 ( 1) 1 ( 1)0 ; per 2 5.9 9

Y

y yy yF y

y y y

⎧ ⎡ ⎤+ − − −+ − ⎣ ⎦⎪ − = ≤ ≤⎪= ⎨+ − + −⎪ − = < ≤⎪⎩

3.24 Calcoliamo la Cdf della v.a. X integrando la pdf data

( ) ; per 0 2xF x x2X = ≤ ≤ .



Per definizione di Cdf di Y è:

{ }3 1 3

1 31 3

( ) Pr{ } Pr{ 1} Pr ( 1)( 1)( 1) ; per 1 9.

2

Y

X

F y Y y X y X yyF y y

= ≤ = ≤ − = ≤ − =−⎡ ⎤= − = ≤ ≤⎣ ⎦

3.25 Imponiam

o che sia pari a 0.5 il valore della Cdf di Y : { } { }

( ) ( )

2( ) Pr{ } Pr ( 1) Pr 1 11 1

F y Y y X y y Xy y

= ≤ = − ≤ = − ≤ ≤ ++ −

1 1 0.516 16

Y

X X

y

F y F y

=

= + − − = − =

da cui risulta che la mediana di Y è 2y X, la quale non corrisponde a quella di = (pari ad 8, per simmetria) in ragione della trasformazione non biunivoca. Se invece, ad esempio, la trasformazione fosse stata 3( 1)Y X= − , avremmo avuto per Y la me-diana 37 .y =

3.26

Applicando la definizione di media abbiamo: 2

1 1 01E{ } ( ) ( )3X XX x P x x f x dx= + =∫

inoltre, essendo:

{ } 22 2 211 0

8E ( ) ( )18X XX x P x x f x dx= + =∫

abbiamo:

{ } [ ]22 1Var{ } E E{ }3

X X X= − = .

È interessante notare che otteniamo lo stesso risultato se (in analogia al teorema di Huygens) sommiamo le varianze delle due masse parziali ( 4 6 e 2 6 ), rispetto alle lo-ro rispettive medie (0 ed 1), alla varianza rispetto alla media globale (1 3) delle due masse concentrate nelle loro rispettive medie:

( )2 2 2 20

4 6 0 1 1 6 (4 6) (1 3) (2 6) (1 1 3)1 9 2 27 4 27 1 3.

x dx× + − + × + × − =

= + + =∫

3.27

Applicando la definizione di Mgf abbiamo:

1

2 221 0

0

4 1 1 1( ) ( ) ( ) 46 6 6

tt x t x

X X Xe et e P x e f x dxt tt x⎡ ⎤ ⎛ ⎞−Φ = + = + = +⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫

da cui, ad esempio, possiamo calcolare la media:

2 2 2 2

'2

0

2 1 21 1E{ } (0) lim6 3 3

t t t tX x

t

te e e teXt →∞

=

⎛ ⎞− + += Φ = = =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

3.28 0 ed

suoi tre possibili valori (0, 2, 3) cui competono rispettivam

La funzione è non decrescente e soddisfa le due condizioni ( )XF −∞ =( ) 1XF ∞ = . Essendo a gradini caratterizza una v.a. discreta. I tre “salti” individuano i

ente le seguenti probabili-



tà:

1 1(0) (0 ) (0 ) 0 ;2 25 1 1(2) (2 ) (2 ) ;6 2 3

5 1(3) (3 ) (3 ) 16 6

X X X

X X X

X X X

P F F

P F F

P F F

+ −

+ −

+ −

= − = − =

= − = − =

= − = − = ⋅

La Mgf è:

2 31 1 1( )2 3 6

t tX t e eΦ = + + .

3.29 Il cercato m

odello di pdf deve essere tale che: 4 4

0 0( ) 8 1Xf x dx ax dx a= = =∫ ∫

ulazione della pdf è semplicemente il prodotto 8quindi la form x .

3.30 Imponendo che sia:

[ ]1( ) ln(1 ) ln(2) 1Xf x dx a x a−∞−∞

1= + = =∫

abbiamo 1 ln(2)a = .

3.31

( ) ; per 0 ; 00; per

Xf x a x b ax b

⎪= ≤ ≤ >⎨⎪ >⎩

Essendo per continuità ( ) 1XF b = , deduciamo che deve essere 1ab

Derivando la Cdf abbiamo: 0; per 0x <⎧

= .

3.32 La form

ulazione dela pmf ed i valori che essa assume sono:

1 2 3 50.583; 0.339; 0.702 10 ; 0.683 10 ; 0.251 10 ; 0.335 105

.

100X

10 905

( ) ; 0, , 5;x x

P x x

− − − −× × ×

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

×

Il valore atteso non solo è diverso da quelli che può assumere la v.a. ma è anche sor-prendentemente basso:

5

0E{ } ( ) 0.50X

xX x P x

== =∑ .

3.33

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠= = …

Per essere costretti ad effettuare x estrazioni, senza rimessa, per trovare anche il o esemplare difettoso, vuol dire che si verifica la seguente concomitanza: nelle

e 1decimprim x − estrazioni sono trovati 9 esemplari ed all' -esimax si trova il decim

indi la probabilità di o.

Qu x è:



10 909 10 1( ) ; 10, 11, 12, , 100X

xP x x

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠= × = … .

3.34

100 ( 1)1001

xx

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

Se dobbiamo effettuare x lanci per ottenere un numero inferiore a 3, vuol dire che si verifica la seguente concomitanza: nei primi 1x − lanci compaiono tutti numuguali o superiori a 3 ed all' -esimox il primo inferiore a 3. Quindi la probabilità di

eri x

è:

12 1( ) ; 1, 2, ,

3 3

x

XP x x−

⎛ ⎞= × = ∞⎜ ⎟⎝ ⎠

… .

3.35 La varianza della som

{

ma delle tre v.a. è: } { } { } { } { }

{ } { }1 2 1 2

1 3 2 3

Var 2Cov ,2Cov , 2Cov ,

X X X XX X X X

+ + + ++ +

utilizzando le (3.61) e (3.81) abbiamo: {

3 1 2 3Var Var VarX X X X= + +

} { } { }{ } { } { }

1 2 33 3 3

1 2 1 3 2 3

Var 0.01; Var 0.08; Var 0.13;Cov , 5.66 10 ; Cov , 18.03 10 ; Cov , 30.59 10

X X XX X X X X X− − −

= = == × = × = ×

quindi il richiesto scarto tipo è: { }1 2 3Var 0.3286 0.5732X X X+ + = = .

3.36 Il numero di pezzi difettosi che l’operatore troverà è la somma Y di 100n = v.a. iX che, assumendo i valori 1 e 0 rispettivamente con probabilità 0.01p = e

1 0.9= 9 , hanno tutte media q p= − E{ } 1 0iX p q p= × + × =o:

. Per la linearità dell’operatore speranza matematica abbiam

{ }100 100

1 1E{ } E E 100 0.01 1i i

i iY X X n p

= =

⎧ ⎫= = = = × =⎨ ⎬

⎩ ⎭∑ ∑

come, del resto, era intuitivo prevedere.

3.37 a precedente ottenendo che il num 3

È sufficiente ripetere lo stesso ragionamento impiegato per risolvere il problemero atteso di guasti è 1 2E{ }Y P P P= + + .

notare che un guasto siPer controllare questo risultato, è sufficiente verifica se a gua-starsi è l’uno o l’altro o l’altro ancora; due guasti si verificano se continua a funziona-re solo l’uno o solo l’altro o solo l’altro ancora; tre guasti si verificano solo se si gua-stano tutti. Pertanto la pmf del numero di guasti è:

1 2 3

1 2 3 1 2 3 1 2 31 2 3

(1)(2) (1 ) (1 ) (1 )(3)

YYY

P P P PP P P P P P P P P PP P P P

= + += − + − + −=

da cui è facile controllare che:



31 2 3

1E{ } ( )Y

iY i P i P P P

== = + +∑ .

3.38 Una successione di x pezzi conformidiato arresto della linea) è prodotta con probabilità

seguita da un pezzo difettoso (che deter-(1 )xp p−

a due arresti consecutivi della linea, è (cfr. mina l’imme . Pertanto il numero atteso di pezzi conformi prodotti, trAppendice A):

p

0 0E{ } ( ) (1 )

1x

Xx x

X x P x x p pp

∞ ∞

= == = − =

−∑ ∑ .

3.39 esso di ri-solvere il problem ero massimo

È necessario seguire un ragionamento analogo a quello che ci ha perma precedente, facendo però attenzione che questa volta il num

di ispezioni “inutili” è finito e pari ad 1n − :

( )211 1

1 1

1E{ } ( ) (1 )

1

nn nx

Xx x

pX x P x x p p p

p

−− −

= =

−= = − =

−∑ ∑

e, quindi, la media cercata è pari alla somma parziale della serie già considerata nel problema precedente (cfr. Appendice A).

3.40 Le v.a. X ed Y hanno stessa media e varianza:

0

1E{ } E{ } ;2

a aX Y xdxa

= = =∫2 2 2 2

20

1Var{ } Var{ }2 3 4 12

a a a a aX Y x dxa

⎛ ⎞= = − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

da cui essendo E{ }i un operatore lineare: E{ } E{ } E{ } E{ } 0Z X Y X Y= − = − = tenendo conto che Var{ }i e un operatore non lineare e che l’s-indipendenza di X ed Y implica Cov{ , } 0X Y = :

2

Var{ } Var{ } Var{ }6

aZ X Y= + = .

Il m

3.41 odello è valido, infatti la funzione è positiva ed inoltre:

( )1 1 1 11

00 0 0 01 1( , ) 1

1 1x

XY 1f x y dx dy e dy e dye e

⎡ ⎤= = −⎣ ⎦− −∫ ∫rginali sono:

=∫ ∫ .

Le pdf ma

1 1

0 01 1( ) ; ( ) 1

1 1 1x

x xX Y

ef x e dy f y e dxe e e

= = = =− − −∫ ∫

con medie:

1 120

0

( 1) 1 1E{ } ; E{ }1 1 2 2

xe x yX Ye e

⎡ ⎤− ⎡ ⎤⎣ ⎦= = = =⎢ ⎥− − ⎣ ⎦.

Le due v.a. sono s-indipendenti perché vale l’equazione ( , ) ( ) ( )XY X Yf x y f x f y . =



Z X Y= −3.42 Per calcolare la pdf della v.a. , possiamo scegliere come variabile di comodo :

[ ]V X=

( , ) ( , ), ( , )1

vZV XY

ef z v f x z v y z v Je

= =−

dove Z1J = . La v.a. V risulta limitata inferiormente dal valore della , ossia dalla differenza aleatoria e che separa X da Y . Inoltre V è limitata superiormente dal li-mite fisico costituito dalla capienza unitaria del serbatoio. Quindi è 1Z V≤ ≤ . Inte-grando la ( , )ZVf z v tra z ed 1 rispetto a v , otteniamo la richiesta pdf:

1 11 1( )

1 1 1z

v vZ zz

e ef z e dv ee e e

−⎡ ⎤= = =⎣ ⎦− − −∫

il cui integrale tra 0 ed 1, ovviamente, è pari all’unità. Il valore atteso del volume d’acqua residua è:

121

00

11 2E{ } ( ) ( 1) 0.2091 2 1

zZ

ee zZ z f z dz e z

e e

−⎡ ⎤= = − − = =⎢ ⎥− −⎣ ⎦

∫ .

3.43 La Pr{ 3> =} 1 Pr{ 3} 1 0.16 3 0.52X X− ≤ = − × = . La Cdf di X è:

{0.16 ; per 0 5x x( ) 0.80 0.02 ; per 5 15XF x x x< ≤ = + < ≤

da cui possiamo verificare che Pr{ 3} 1 (3) 0.52XX F> = − = . La media di X è:

5 15

0 5E{ } 0.16 0.02 4X xdx xdx= + =∫ ∫ .

La mediana è di poco inferiore alla media ed è pari a 3.125, essendo (3.125) 0.5XF = . La varianza è:

{ } [ ] 5 1522 2 20 5

Var{ } E E{ } 0.16 0.02 16 28.33 16 12.33X X X x dx x dx= − = + − = − =∫ ∫

quindi lo scarto tipo è 3.51.

3.44 La Mgf è:

{ } ( )5 15t X t t5 15 1t x t x0 5

( ) E 0.16 0.02 0.14 0.02 0.16X t e e dx e dx e et

Φ = = + = + −∫ ∫

da cui, ad esempio, possiamo calcolare la media:

[ ] [ ]

' 5 152

05 15

0

1E{ } (0) 0.14 (5 1) 0.02 (15 1) 0.16

lim 7 3.5(5 1) 9 4.5(15 1) 42 2

t tX

tt t

t

X e t e tt

e et t

=

→

⎡ ⎤= Φ = − + − − =⎣ ⎦

⎧ ⎫= + − + + − =⎨ ⎬

⎩ ⎭

avendo applicato la regola dell’Hôpital.

3.45 Per tale v.a. la Mgf non esiste perché l’integrale diverge. Infatti, integrando per parti abbiamo:



21 11

1 t x t xt x e ee dx dx

x xx

∞∞ ∞⎡ ⎤

= − +⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫

essendo quello a secondo membro un noto integrale non convergente nell’intervallo [1, )∞ .

3.46 XLa Cf di è:

{ } (1 )0

1( ) E1

i t X i t xX t e e dx

∞ − −Ψ = = =i t−∫

ed è legata alla Mgf dall’identità ( ) ( )X Xt i tΨ = Φ .

3.47 La Mgf di X è:

{ }( ) E2X t e

t tt X e e−+

Φ = = .

3.48 Utilizzando la soluzione del problem o:

a precedente, abbiam

' 12

0E{ } (0) 1

(1 )Xt

Xt =

= Φ = =−

{ } [ ]22 ''3

0

2Var{ } E E{ } (0) 1 1 1(1 )Y

tX X X

t =

= − = Φ − = − =−

.

3.49 Essendo la pdf continua in 0x = , è nulla la probabilità che il livello di emite. Il valore atteso del danno è:

issioni sia pari esattamente al valore lim

302 430 3 5

00

(900 ) 13 900 5062.5036000 12000 4

x xx dx x⎡ ⎤−= − =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ .

3.50 Essendo le v.a. X ed Y s-indipendenti, abbiamo: { }( )( ) E ( ) ( )t X Y

Z X Yt e t t+Φ = = Φ Φ

dove le due Mgf a secondo membro sono rispettivamente:

2 22

202 1( ) ; 0

t tt x

Xe et x e dx tt t

−Φ = = + >∫

2 200

sin( ) cos( )sin( ) 1( )2 2(1 ) 2(1 )

tt y t y

Yt y yy et e dy e

t t

π ππ ⎡ ⎤− +Φ = = =⎢ ⎥+ +⎣ ⎦∫ .

Per il calcolo del secondo integrale si noti che valgono entrambe le seguenti equazio-ni:

sin( ) 1 1cos( ) cos( ) cos( )2 2 2 2

t y t y t y t yy te dy e d y e y y e dy⎡ ⎤= − = − +⎣ ⎦∫ ∫ ∫

sin( ) 1 1 1sin( ) sin( ) cos( )2 2 2 2

t y t y t y t yye dy y d e e y e y dyt t t

⎡ ⎤= = −⎣ ⎦∫ ∫ ∫

da cui:



2sin( ) cos( )cos( )

1

t y t yt y e y t e yy e dy

t+

=+∫

che sostituito in una delle due equazioni precedenti fornisce l’integrale indefinito uti-lizzato nel calcolo di ( )Y tΦ .

Capitolo 4

4.9 Le ipotesi rendono possibile l’applicazione del modello Binomiale. Fissando ed , la Cdf binomiale ci fornisce:

2

0Pr{ 2} ( ) 0.8179 0.1652 0.0159 0.9990Y

yY P y

=≤ = = + + =∑

quindi, solo una volta ogni 1000 prelievi rileveremo più di 2 provini inquinati oltre il limite tollerabile.

4.10

0.01p = 20n =

Dalla definizione di periodo di ritorno, deduciamo che l’evento si verifica ogni 12.05 anni. Allo stesso risultato perveniamo considerando la v.a. 1 0.083 =

essendo X la v.a. Geometrica (con 1Y X= +

1 0.083p = −

e prima

) che conta il numcedono quello in cui si verifica l’eccesso di pioggia. Per cui il periodo di ritorno dell’allagamento risulta essere com

ero di anni che pre-

1 (1 ) 12.05T p= − = anni.

4.11 Possiamo adottare il modello di Poisson con 0.82μ = ottenendo: 3

4 0( ) 1 ( ) 1 (0.4404 0.3611 0.1481 0.0405) 0.0099Y Y

y yP y P y

∞

= == − = − + + + =∑ ∑

cioè è pari a circa l’1% la probabilità che la soglia venga superata (tuttavia, se le con-seguenze fossero gravi il rischio sarebbe non trascurabile).

4.12 Adottiamo il modello di Poisson con 15 30 0.5μ = = : 1

( ) 1 ( ) 1 (0.6065 0.3033) 1 0.9098 0.0902P y P y∞

= − = − + = − =∑ ∑ 2 0

Y Yy y= =

quindi, la probabilità non è trascurabile, essendo pari a circa il 10%.

4.13 aco ad e-sattame

ne sono caratterizzate. Pertanto, possiamo applicare il modello Binomiale Negativo con e

Preliminarmente, notiamo che essere costretti a somministrare il farmnte 6 pazienti (uno dopo l’altro) per osservarne 2 che manifestano effetti colla-

terali, equivale ad accumulare 4 osservazioni esenti da effetti prima delle 2 che invece

0.70p = 2m = . La richiesta probabilità è quindi:

5 0( ) 1 ( ) 1 (0.0900 0.1260 0.1323 0.1235 0.1080) 0.4202.Y Y

y yP y P y

∞

= == − = − + + + + =∑ ∑

4

4.14 Applicando il modello Ipergeometrico con 80N = e 30D = , otteniamo che per



10n = il numero medio di confezioni avariate riscontrate è 3.75n D N = .

4.15 Applichiamo il modello di v.a. Binomiale, Y, con 0.95p = . Dobbiamo indivi-duare il valore di n per cui

3(1 ) 0.98

yp py=

− >⎜ ⎟⎝ ⎠∑ .

ero di esemplari da portare è 4; infatti per 3n

Pr{ 3} 0.98Y ≥ =n

risolvendo per tentativi l’equazione:

y n yn −⎛ ⎞

Il num = abbiamo Pr{ 3} 0.857Y ≥ = e 4 abbiamo Pr{ 3} 0.986Y ≥ = .

Applicando il modello Binomiale Negativo con 0.05pper n =

, 1y= = ed 3m = abbiamo: (1) Pr{uno solo guasto tra i primi tre} Pr{il quarto funziona}

0.14 0.95 0.13.YP = × =

= × =

è prassi nei collaudi) è applicabile il m etrico. I risultati sono raccolti nella ta-bella seguente e sono indicativi del livello di approssimazione che comporta l’applicazione del modello Binomiale in caso di estrazione senza rimessa di un cam-

ensione non trascurabile rispetto a quella del lotto.

linea A lotto B

4.16 nom

pione di dim

Al collaudo degli esemiale. A quello degli esem (senza rimessa, come

plari prelevati dalla linea Aplari prelevati dal lotto Bodello Ipergeom

è applicabile il modello Bi-

prob. di superare il collaudo = 0.80

frazione di conformi = 0.80

{ }Pr 0 10n = 71.024 10−× > 97.6491 10−×

{ }Pr 2 10n = 57.37 10−× > 51.96 10−×

{ }Pr 5 10n = 0.0264 > 0.0210

{ }Pr 10 10n = 0.1074 > 0.0937

4.17 20 60 0.333=In media arrivano auto al secondo. Applicando il modello di Poisson abbiamo:

1

2 0( ) 1 ( ) 1 (0.7168 0.2387) 1 0.9555 0.0445Y Y

y yP y P y

∞

= == − = − + = − =∑ ∑ .

4.18 Possiamo applicare il modello Binomiale con 0.94p = , avendo fissato il valore Cdf 1 0.999 0.001= − = . Risolvendo per tentativi la seguente equazione: della

9

0(1 ) 0.001y n y

y

n p py−

=

⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠∑



otteniamo che deve essere 14n = , infatti, per 13n = , 14 e 15 abbiamo rispettivamente che la Cdf 0.0060= , 0.0010 e 0.0001.

4.19 ulazione della Mgf è: {

La form} { }(4 3) 3 7( ) E E 0.3 0.7 .tY t X t t

X t e e e e+Φ = = = +

4.20 La v.a. Z “numero complessivo di richieste” è definita come somma di due v.a. s-indipendenti: Z X Y= + , dove X rappresenta la v.a. “numero di richieste di tipo tecnico” e ero di richieste di tipo commerciale”. Sia Y la v.a. “num X che si pos-

odello di Poisson con parametri, rispettivamen-te,

Ysono ritenere distribuite secondo un m

10Xλ = richieste di tipo tecnico/minuto e 5Yλ = richieste di tipo com ercia-le/minuto. Per la riproducibilità della v.a. di Poisson, me

mZ è una v.a. di Poisson di para-

tro 15YZ Xλ λ λ == + richieste/mi o:

{ } ( )

nuto, per cui abbiam

10015 515 5

15; 100; =5; Pr 100 0.0009100!Z z t Z eλ − ××

= = = = ⋅ = .

4.21 o u-tilizzare il m

È plausibile ritenere che l’estrazione avvenga senza rimessa per cui possiamodello Ipergeometrico con 100N = , 3D = , 2n = e 1k = . La richiesta

probabilità è:

{ }

100 3 31 1

Pr 1 0.059100

2

K

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Poiché la frazione di campionamento (rapporto tra il numero di pezzi estratti, 2n = , ed il numero di pezzi presenti nel lotto, 100N = ) è minore del 10%, è possibile rite-nere che l’estrazione avvenga con rimessa e, quindi, approssimare il modello iperge-ometrico con quello binomiale con 3 100 0.03p D N = = ed 2n= = . Abbiamo:

{ } ( )2 112Pr 1 0.03 1 0.03 0.058K −⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟ .

4.22 La v.a.

1⎝ ⎠

X “num inattivi” può essere ritenuta di tipo binomiale di parametri

ero giornaliero di autocarri 50= e 2 50 0.04p = = . Il rischio richiesto è:

5

n

( ) ( ) ( )50

0

50Pr 5 1 Pr 5 1 0.04 1 0.04 1 0.986 0.014xx

xX X x

−

=

⎛ ⎞> = − ≤ = − − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ .

4.23 Possiamo adottare il modello Binomiale con 1 3p = e 10n = ottenendo:



{ } ( )1010 10

8 8

10 1 1Pr 8 13 3

y y

Yy y

Y P y y

−

= =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ = = − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑ ∑

4.24 se si calcola age-volme ×4=12 giocate complessive:

( ) ( ) ( )2 10102 4 4 412 121 24.97 10 1 24.97 10 4.013 102 2p p

0.00305 0.00034 0.00002 0.0034.= + + =

La probabilità che i tre amici totalizzino due vincite in un mente tenendo conto dell’ipotesi di s-indipendenza degli esiti delle 3

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = × − × = ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

dove p è la probabilità di vincere un ambo giocando due numeri su di una specifica ruota calcolata nell’Esempio 1.20.

4.25 Il numero X di candidati da esaminare prima di trovare il primo idoneo è una v.a. Geometrica con parametro 0.6p = . Il numero totale di candidati da esaminare per trovare il primo idoneo è 1X + . Pertanto, per 1 10x + = , abbiamo che la probabi-lità richiesta è: ( )9 9 31 0.6 0.4 4.03 10 .p p −− = × = ×

4.26 Il numero di inserim , richiesto per raggiungere il credito necessa-rio ad ottenere il caffè è una v.a. Binomiale Negativa con parametri ed Pertanto la probabilità richiesta è:

( )32 2 34(2) 1 6 0.1 0.9 0.0442YP p p⎛ ⎞= − = × × =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

4.27 Il num a fila è una v.a. Ipergeometrica

enti a vuoto, Y0.1p = 3m = .

ero di allievi Gestionali che capitano negli 8 posti della primK di parametri 25N = , 13D = ed 8n = . Pertanto la probabilità

richiesta è:

( ) ( )

( )13 12

8! 25 8 !5 3 13! 12!(5) 0.262.25!25 5! 13 5 ! 3! 12 3 !

8

KP

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠⎝ ⎠= = × × =

− −⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

4.28 Dama

lle sole informazioni in nostro possesso possiamo valutare la probabilità del nifestarsi della congestione in accordo ad una v.a. di Poisson con:

11 21 giorniλ −= o che la probabilità di congestione in una settimana è: da cui otteniam

{ } 7 1 31 Pr nessuna congestione in 7 giorni 1 1 0.284.e eλ− −− = − = − =

4.29 [

Essendo 1 2Cov{ , } 0X X = , abbiamo: ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]

1 2 1 2

1 2 1 2

E E 3Var Var Var 2.7.

Z X E X n p n p npZ X X n pq n pq npq= + = + = =

= + = + = =



Grazie all’ipotesi di s-indipendenza ed all’eguaglianza 1 2p p= , possiamo affermare che sono soddisfatte le condizioni di riproducibilità della Binomiale. Pertanto la v.a. Z è binomiale con parametri 1 2p p p= = ed 1 2n n n= + .

Adottando il m4.30 odello di Poisson con 2 xλ = punti/set, per 5= set, si ottiene:

( )5

0Pr{ 5} 0.0671

!

yx

y

xY e

yλλ −

=≤ = =∑ ;

Pr{ 7} 1 Pr{ 5} Pr{ 6} 1 0.0671 0.0631 0.8698Y Y Y≥ = − ≤ − = = − − = .

Capitolo 5

5.9 La richiesta pdf insiste sul segm metrica e di area unitaria, deve essere un triangolo isoscele con vertice nel punto (1, 1). Pertanto la sua pdf è costituita dai due segmenti seguenti:

ento (0, 2) e, quindi, dovendo essere sim

{ per 0 1( ) 2 per 1 2Zz zf z z z

≤ ≤= − < ≤

5.10 Analogamente al problem chiesta pdf insiste su un segmento di

lo isoscele con vertice nel punto (1/2, 2) affinché la sua area sia unitaria. Pertanto la sua pdf è costituita dai due segmenti seguenti:

a precedente, la rilunghezza unitaria (che parte dall’origine degli assi) e, quindi, deve essere un triango-

{4 per 0 1 2;( ) 4 4 per 1 2 1.z zf z z z

≤ ≤= − < ≤

5.11 Per la dimo are la Mgf della v.a. Triangolare defini-ta nel problem Z, me-dia di due v.a. Uniformi ridotte, già ricavata prima (cfr. Problema Error! Reference source not found.):

strazione è sufficiente formula precedente e verificare che essa coincide con quella della v.a.

[ ]

1 1 12 2 2

1 12

2

1; ;2

( ) ( ) ( ) ; 02

x

X U U

duX U U X xdx

du xf x f u f u e xdx π

−

−−

= = =

= + − = < < ∞

e traslando di 1/2 verso sinistra la funzione integranda del secondo integrale:

1 2 1 2 1 22 20 0 0

4 (2 4 ) 4 (2 4 )t z t z t t z te z dz e z dz e z e z dz+ ⎡ ⎤+ − = + − =⎣ ⎦∫ ∫ ∫

( )2 220

4 (2 4 ) 1 .t t z tz e z de et t

⎡ ⎤= + − = −⎣ ⎦∫ 21 21 4

5.12 La v.a. bidimensionale ( , )X Y è distribuita uniformemente sul quadrato Q di la-to unitario.



z<1 1 z>1

YYz>1z>1

X

z<1

1

Ts

Ti

z<1 1 z>1X

z<1

1

La retta X Y z+ = , essendo z uno specifico valore di Z. I punti (

interseca gli assi nei punti (0, )z e ( , 0)z, )X Y di Q, sottostanti questa retta, rispettano la diseguaglianza

X Y z+ < . Se 1z ≤ , l’intersezione con gli assi cade all’interno del lato di Q e detti punti appartengono al triangolo rettangolo iT incluso tra la retta e gli assi. Il rapporto tra le aree di iT e Q fornisce la probabilità di detti punti:

2area di( ) Pr{ } ; se 1

area di 2i

ZT zF z X Y z zQ

= + ≤ = = ≤ .

Se invece è 1z > , l’intersezione con gli assi cade all’esterno del lato di Q ed i punti, che rispettano la diseguaglianza X Y z+ < , sono tutti quelli che appartengono a Q meno quelli che appartengono al triangolo rettangolo sT incluso tra la retta e l’angolo del quadrato di coordinate (1,1) . Il rapporto tra le aree di sQ T− e Q fornisce la pro-babilità di questo secondo insieme di punti:

2area di area di (2 )( ) Pr{ } 1 ; se 1

area di 2s

ZQ T zF z X Y z z

Q− −

= + ≤ = = − > .

La Cdf cercata è l’unione di queste due formulazioni e la sua derivata coincide con la pdf di cui al Problema (5.9 ).

Error!

Yi, ha la seguente Mgf:

5.13 Analogamente alla media di due v.a. Uniformi), la media Z di n v.a. Uniformi

ridotte (cfr. ProblemReference source not found. ridotte

a s-indipendenti,

11( ) ;nnt n ii

ZYet Z

t n n=⎛ ⎞−Φ = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

∑ .

Lo sviluppo in serie di Mac Laurin di questa Mgf fornisce:



2 3

2

( ) ( )1 1 12 3!

( )11 2 13!

nnt n

n n

t n t ne n t nt n t

t n ntn n

ψ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞− = + + + + − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤= + + + = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦

da cui, infine, otteniamo:

lim ( ) 2( )lim 1 n

n n tn

n e en

ψψ→∞

→∞

⎡ ⎤+ = =⎢ ⎥⎣ ⎦

che costituisce la Mgf di una v.a. ad un sol valore, 1/2 (con probabilità unitaria). Vale la pena notare che, in accordo col teorema del limite centrale, essa coincide pure con

5.14 dizionata assegnata:

la Mgf di una v.a. Gaussiana (con media 1/2 e varianza nulla).

È sufficiente esprimere in funzione del modello Esponenziale la probabilità con-

1

1

11 1 1

1

( ){ }1 ( )

x

xf x dx e dxPr .x X x dx X x

F x edx

λ

λλ λ

−

−< ≤ + > = = =

−

5.15

( )

La richiesta vita media è:

( )2 1 22 x y

( ) ( )0 0 0

1 23 2 11 2 1 20

( ) 2 2 1 21 1 13 2

2

X

y

f x dx x e dx y e y dy

y e dy

λ λ λ

π λ

λx

λ λ∞ − −

= =

= = Γ =

∫ ∫ ∫∫

2

∞ ∞ ∞ −− −

avendo utilizzato la trasformazione .y xλ=

Supponendo che la sostituzione del componente critico avvenga in un temscurabile, il numero di guasti segue una legge di probabilità di Poisson con

310− . Se Y è il numero di guasti ed n è il numero di ricambi, l’avaria coinci-

5.16 po tra-

. Quindi:

1.3λ = ×de con l’evento { }Y n>

6

0

( )Pr{avaria} Pr{ } 1 1 10!

n yx

y

xY n ey

λλ − −

== > = − < ×∑ .

Risolvendo per tentativi questa disequazione troviamo che solo per 2n = abbiamo un valore inferiore a 61 10−× e pari a -71.25 10× (infatti per 0n = abbiamo 39.06 10−× e per 1n = abbiamo 54.12 10−× ).

5.17 La pdf Weibull è ( ) ( )1( ) ( ) wWf w w e

ββ αβ α α − −= da cui:



( ) ( )

( )

1 1 1

0 011 1

E{ }

1 1 ; ; ; .

w zW w e dw z e dw

dwz w w z zdz

ββ α β

β ββ

β α α

αα α αβ β

⎛ ⎞+ −∞ ∞ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

= = =

⎛ ⎞= Γ + = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

5.18 ncato allarme è circa del 60%:

Dalla Cdf relativa al gruppo A, abbiamo che la probabilità di ma

{ } { } { }2.80 2.65Pr 2.80 Pr Pr 0.25 0.600.59

A

A

XX Uμσ− −< = < = < =

Dalla Cdf relativa al gruppo B, abbiamo che la probabilità di falso allarm

.

e è circa del 20%:

{ } { } { }2.80 2.39Pr 2.80 Pr Pr 0.85 0.200.48

B BB

B

XX Uμσ

− −> = > = > = .

5.19 /dl è:

{ }

La probabilità che il livello ematico di acido urico sia superiore a 7 mg

{ } { }Pr 7 Pr Pr 1.6 0.05481X

X Uσ

> = > = > =

il cui inverso fornisce il “periodo di ritorno” 18.25T

7 5.4XX μ− −

= , ossia, in media, ogni circa 18 soggetti controllati ne troviamo uno con livello ematico di acido urico superiore a 7 mg/dl.

5.20 Condizioni sfavorevoli significa rapporto 1X Y < che, a sua volta, implica che sia . La v.a. 0X Y− < Z X Y= − è anch’essa Normale con media Z X Yμ μ μ= − e

scarto tipo 2 2Z X Yσ σ σ= + , per cui:

{ } { } { }0 4.6Pr 0 Pr Pr 1.69 0.0452.72

Z

Z

ZZ Uμσ− −< = < = < − =

5.21 Se le prim }p

} che si verifica solo quando le prime 20 hanno peso complessivo Questo secondo evento si verifica il 50% delle volte, visto che il peso di 20 caram

ale proprio di media

quindi, in circa il 5% dei casi il dosaggio impiegato non risulta efficace.

e 19 o 18 o 17 … hanno peso complessivo 130≥ g l’evento si verifica. Conviene quindi calcolare la probabilità dell’evento com

{ 20n < lementare

130≤ g. elle

{ 20n ≥

è una v.a. norm 20 20 6.5X 130μ μ= × = × = .

5.22 Imponendo che sia:

1 1

001 1x xe dx e eλ λ λλ ⎡ ⎤= = − =⎣ ⎦∫

abbiamo che per ln(2)λ = la funzione può essere assunta come modello di pdf nell’intervallo [0, 1] . La Mgf di questo modello è:



{ } 1( ) Et

t XX

et et

λλ

λ+ −Φ = =+

da cui, ad esempio, calcoliamo la media:

'2

1( ) 1E{ } (0) 0.557( )

t tX

e ee t eXt

λ λλ λ λλλλλ

+ + − ++ − += Φ = = =

+.

5.23 odello di Pois-son per la pm

0t=

Dai dati in nostro possesso riteniamo plausibile l’impiego del mf delle v.a. AY “numero di pezzi di tipo A” ed BY “numero di pezzi di

tipo B” con, rispettivamente, 6 15 0.4Aλ = = pezzi di tipo A/minuto e 3 15 0.2Bλ = = pezzi di tipo B/minuto. Se riteniamo s-indipendenti le v.a. AY ed BY ,

la riproducibilità del m isson ci garantisce che la v.a. odello di Po A BYY Y= + “numdi pezzi” è una v.a. di Poisson con

ero 0.4 0.2A B 0.6λ λ λ= + = +

po intercorrente” tra gli eventi contati dalla v.a. di Poisson è di tipo Esponen-= pezzi/minuto. La v.a.

“temziale, per cui risulta:

{

T

} 0.6 3Pr 3 1 e 0.835.T − ×≤ = − =

5.24 La v.a. “superficie complessiva ricoperta da n fogli di alluminio” è ottenuta come somma n v.a. Gaussiane: , essendo

Y di

1ni iY X=

= ∑ iX la v.a. “superficie rico-perta dall’i o foglio di alluminio”. La riproducibilità del modello Normale ci ga-rantisce che è anch’essa una v.a. Norm edia e scar-

to tipo

-esimY ale di m

122 mn

iiY X nμ μ=

= =∑

12 20.1 mn

iY i nσ σ=

= = inio è quello tale che:

{ }

∑ . Pertanto, il numero m o di fogli di alluminimn

{ }50 2 50 2Pr 50 Pr Pr 0.990.1 0.1

Y

Y

Y n nY Un n

μσ− − −⎛ ⎞> = > = > >⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Utilizzando le tabelle della Normale standard, si deduce che il primo percentile 0.01u è uguale a 2.33− ; per cui il valore minimo di n è quello che soddisfa la seguente di-suguaglianza:

50 2 2.330.1

nn

− < − .

Il numero di fogli è 26; infatti per 25n { } abbiamo = Pr 50 0.50Y > = e per 26n = abbiamo { }Pr 50 0.99996Y > = .

5.25 Per la riproducibilità della v.a. Normale, la v.a. Z R S= −edia 637 450 187Z R S

è anch’essa una v.a. Normale con m μ μ μ= − = − = e scarto tipo 2 2

Z R Sσ σ σ= + = 2 230 90= + 94.87 . Poiché:

{=

} { }Pr PrR S Z R S> = = − 0>



la richiesta probabilità è:

{ } { } { } { }0 187Pr 0 1 Pr 0 1 Pr 1 Pr 1.971 0.98.94.87

Z

Z

ZZ Z Uμσ− −> = − ≤ = − ≤ = − ≤ − =

{ } ( )5.26 Ritenendo plausibile l’adozione del modello di Poisson, abbiamo:

200.5 50

0

0.5 500.5; 50; Pr 20 0.185

!

y

yx Y e

yλ − ×

=

×= = ≤ = =∑ .

Il calcolo di questa sommatoria risulta alquanto laborioso. Diventa più semplice se approssimiamo il modello di Poisson di parametro 0.5 50 25Y =μ × = con un modello Normale di parametri: 25Yμ μ= = e 25 5Y Yσ σ μ= = = = . Pertanto, una buona approssimazione della probabilità richiesta è:

{ } { } { }20 0.5 25Pr 20 Pr Pr 0.9 0.1845

YY Uμσ− + −≤ = ≤ = ≤ − = .

L’addizione del valore 0.5 migliora l’approssimazione, poiché la densità “gaussiana” che si estende da 20 0.5− a 20 0.5+ viene assegnata al valore “poissoniano” 20. A-nalogamente, qualora avessimo voluto calcolare { }Pr 20Y ≥ avremmo dovuto sottrar-re il valore 0.5 . L’approssimazione gaussiana adottata è valida quanto più la pmf del-la v.a. di Poisson ha forma simmetrica. In pratica ciò accade quando 10μ > .

5.27

Calcoliamo innanzitutto la probabilità che un prodotto sia conforme:

{ } { }{ } ( ) ( )

Pr

Pr 1.5 1.5 1.5 1.5 0.9332 0.0668 0.8664.X

U UU F F

=

= − < ≤ = − − = − =

Applicando il modello di v.a. Binomiale, Y , con 100n

119.7 120.0 120.3 120.0119.7 120.3 Pr0.2 0.2

XXX μσ−− −< ≤ = < ≤

e 0.8664p == , abbiamo:

{ } ( ) ( )100 100

75 75

100Pr 75 0.8664 1 0.8664 0.9995n yyY

y yY P y y

−

= =

⎛ ⎞≥ = = − =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ .

Il calcolo di questa sommatoria risulta alquanto laborioso. Diventa più semplice se approssimiamo il modello Binomiale di parametri 100n e 0.8664p == con un mo-dello Normale di parametri: 86.64Y n p ( )μ μ= = = e 1 3.40Y n p pσ σ= = − = . Una buona approssimazione della probabilità richiesta è:

{ } { } { }75 0.5 86.64Pr 75 Pr Pr 3.57 0.99983.40

YY Uμσ− − −≥ = ≥ = ≥ − = .

La sottrazione del valore 0.5 migliora l’approssimazione. Qualora avessimo voluto calcolare { }Pr 75Y ≤ avremmo dovuto, invece, aggiungere il valore 0.5. L’approssimazione gaussiana adottata è tanto più valida quanto più la pmf della v.a. Binomiale ha forma simmetrica. In pratica ciò accade quando 10np > e ( )1 10n p− > .

5.28 Sulla base delle informazioni in nostro possesso è ragionevole assumere un mo-



dello Gumbel (dei massimi) per la v.a. X , assegnando ai parametri di posizione e scala, e , valori tali da conferire alla distribuzione la media e la deviazione stan-dard fornite (cfr. Appendice A):

a b

2 2 2E{ } (1) 0.57721 770Var{ } 6 370

X a b a bX b π= − Γ = + =′

= =

da cui si ricavano i valori 603.5a = e 288.5.b = Quindi:

( ) ( )1000 603.5

288.5 1Pr{ 1000} 1 1000 1 0.22; 1000 4.5 anni.0.22

eXX F e T

−−−> = − = − ≅ ≅ ≅

5.29 Indicando con T la durata complessiva e con jT quella della generica batteria, abbiamo:

{ }{ } { }

1 2 3

1 2 3

E 3 1.5 4.5 hVar Var 3 0.15 0.26 h.

T

T

T T TT T T T

μσ

= + + = × == = + + = ⋅ =

Generalizziamo ad un n qualsiasi il risultato precedente e consideriamo il quantile 0.90u della Normale Standard. Otteniamo il valore corrispondente al numero di batte-

rie cercato maggiorando le soluzioni della seguente equazione di 2° grado: 2 2 2

0.90 0.905 ; (5 ) 0n u n u n

nμ μ σ

σ− = − − =

la cui soluzione è 3.33n = ; quindi, assumiamo pari ad 4 il numero richiesto.

Per la v.a. 5.30 X Normale di parametri 50 cmμ = e 6 cmσ = , è immediato calco-lare:

( ) ( )

( )

Pr{49 54} 54 4954 50 40 50 1 0.2525 0.4338 0.31.

6 6

X X

U U

X F F

F F

< ≤ = − =− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − − ≅⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

L’intervallo, simmetrico rispetto alla media μ , si ottiene imponendo:

( ) ( )Pr{ }

2 1 0.25

X X

U U U

X F F

F F F

μ δ μ δ μ δ μ δδ δ δσ σ σ

− < ≤ + = + − − =−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

da cui, consultando la tabella della coda destra della Gaussiana standard, si ricava:

δ0.375 0.32; 0.32 1.92u δ σ

σ= ≅ = =

. e quindi l’intervallo di misure ricercato è 50±1.92, compreso tra circa 48 e 52 cm



Capitolo 6

6.9 Non avremmo nessun motivo per giudicare anomala la successione di tutte croci (o tutte teste), per il semplice motivo che ogni successione ha la stessa probabilità (1/26) di verificarsi con lanci ritenuti corretti di una moneta ritenuta perfetta. L’istintiva sensazione di sorpresa che proveremmo è dovuta semplicemente al fatto che tra tutte le 26 possibili successioni ce ne sono:

una sola con 6 crocisei con 1 testaquindici con 2 testeventi con 3 testequindici con 4 testesei con 5 testeuna sola con 6 teste

Per cui, è naturale essere abituati ad osservare uno dei 63 risultati (con almeno 1 testa) tra i 64 possibili. Tale abitudine c’induce pure a confondere casuale con disordinato: casuale significa solo che è stato scelto a caso tra tutte le alternative possibili, e tra queste può pure essere estratta una molto “ordinata”, come la suddetta successione di 6 croci.

6.10 Le frequenze competenti a ciascun intervallo d'età sono: 0.3030, 0.4545, 0.2424 l'età media e quella mediana sono rispettivamente: 54.389, 54.334.

6.11 Essendo 6μ = e 2,σ = dalla disuguaglianza di Chebyshev abbiamo:

{ } 21Pr 6 2 ; 2 3X k k

k− ≥ ≤ =

per cui il richiesto limite inferiore di probabilità è: { } ( )2Pr 6 3 1 2 3 0.555.X − < > − =

6.12 Media e varianza, calcolati utilizzando la funzione di probabilità empirica, sono:

( )6 6 22

1 17.583; 2.576.i i i i

i ix x P s x x P

= == = = − =∑ ∑

Media e varianza, calcolati dal campione di dati, sono:

( )12 12 22

1 1

1 17.583; 2.811.12 11j j

j jx x s x x

= == = = − =∑ ∑

6.13 Ordinati in senso crescente i due campioni di determinazioni: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

NA 16.4 27.1 35.6 49.6 66.0 71.7 72.1 72.8 94.2 MI 58.1 62.1 71.6 72.8 80.6 82.0 89.0 101.2

nel primo caso, essendo dispari il numero di determinazioni, la mediana è subito indi-



viduata nella 5° determinazione, 66.0 mm. Nel secondo caso, il numero di determina-zioni è pari e quindi la mediana cade tra la 4° e la 5° determinazione ed è uguale a (72.8 80.6) 2 76.7.+ =

6.14 Dalla diseguaglianza di Chebyshev e dalle tabelle della distribuzione Normale ⎯ per ⎯ si ottengono rispettivamente i seguenti valori delle code:

k 2 2.5 3 2, 2.5, 4k =

Chebyshev 0.250 0.160 0.111 Normale 0.046 0.012 0.003

6.15 Associamo alla generica ripetizione i-esima la v.a. bernoulliana iX che assume i valori 1 e 0 a seconda che l’evento A si verifichi o meno. La media delle iX è pro-

prio la frequenza di A e converge alla media delle medie delle iX , 1 ,ni p n p= = ∑

perché la varianza della somma delle iX è { } { }i i1 1Var n ni i VarX X n p q= = e,

e-= =∑ ∑

soddisfa la condizione richiesta dalla legge dei grandi numquindi, rapportata ad ri.

6.16 La misura della grandezza X è data dalla media aritmetica di tutte le sue valuta-zioni disponibili. I prodotti

2n

nX n× e mX m× ci forniscono rispettivamente la somma delle n ed m valutazioni disponibili; pertanto la misura di X è: ( )n m ( )X n X m n m× + × + che equivale alla media pesata delle due misure disponibili.

6.17 Le misure nX ed mX sono affette rispettivamente dagli errori medi nS S= ned mS S= m (essendo S l’errore medio delle n m+ valutazioni) da cui risulta: 2 2 2 2;n mn S S m S S= = . Pertanto, i pesi attribuiti alle misure nX ed mX , nel problema precedente, sono in-versamente proporzionali alle stime delle loro rispettive varianze.

6.18 Imponendo la condizione richiesta ed utilizzando il valore 1.28 del 90° percenti-le della Cdf Normale si ottiene:

25 5 1.28 20Pr{ 5} Pr 0.90; 1.28; 26.520 20

Xx nn n nσ

⎧ ⎫+ + ×⎛ ⎞≤ + = ≤ = = = ≅⎨ ⎬ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

6.19 Trasformando la limitazione imposta all’errore assoluto di S in una corrispon-dente limitazione alla v.a. Chi-Quadrato, si ottiene

{ } { }

( ) ( )22 22

Pr 0.25 0.25 Pr 0.75 1.25

Pr 10 0.75 ( 1) 10 1.25

S S S S S

nS

σ σσ

− × < − < × = × < < ×⎧ ⎫

= × < − < × =⎨ ⎬⎩ ⎭

=

{ }2Pr 5.62 15.62 0.9 0.1 0.8; 10χ ν= < < ≅ − = . =



6.20 Media, mediana, varianza (corretta), deviazione standard, quartili e range sono rispettivamente:

1 22.2niix x n== =∑ , 2 2

1( ) ( 1) 24niis x x n== − − =∑, 0.5ˆ 21.2x = .2,

4.92s = , 0.25x 19.3= , 0.75ˆ 24.5x = ,

.

6.21 Arrotondando il valore

1 1) Min(… −Max( 17.1n n =, ,x x , ,x x… ) 31.4 14.3= −

101 3.3 log ( ) 4.88m n= + = abbiamo da cui, arro-tondando

5m =

1 1[Max( , , ) Min( , , )] 3.42n nx x x x m… − … =3 . Arrotondando per difetto 1Min( , , )nx x

, segue un’ampiezza dell’inter-vallo xΔ = 14.3… = abbiamo che l’estremo

uguale a 14. Arrotondando per eccesso inferiore del primo intervallo è , ) 31.4 32nx x… = ≅ ed essendo intero il rapporto 1( ,Max (32 14) 3 6− =

o intervallo. Ai 6 intervalli così individuati fissiamo al

valore 32 l’estremo superiore dell’ultimcorrispondono le frequenze assolute {1, 4, 6, 0, 2,in 2}= e le densità di frequenza

( ) {1 45, 4 45,i if n n x= Δ = 6 45,0, 2 45, 2 45} .

6.22 Sulla base dei calcoli già effettuati, l’istogramma ed il diagramma Stem-and-Leaf, del campione della v.a. X esaminato nei due problemi precedenti, sono rispetti-vamente:

17 23 29x0

0.020.040.060.080.1

0.120.14

fi

14 317 418 019 2 420 6 821 2 2 822 526 527 531 2 4

6.23 Media, mediana, varianza (corretta), deviazione standard, quartili e range sono rispettivamente:

1 41.3niiy y n== =∑ , 2 2

1( ) ( 1) 19niis y y n== − − =∑, 0.5ˆ 41.2y = .4,

, 4.40s = 0.25y 39.2= , ,

6.24 Arrotondando il valore

0.75ˆ 43.6y =

1 1, ) Min( , 14.8y y… − = . Max( , , ) 48.9n ny y… = 34.1−

101 3.3 log ( ) 4.88m n= + = abbiamo da cui, arro-tondando

5m =

1 1[Max( , , ) Min( , , )] 2.96n ny y y y m… − … = , segue un’ampiezza dell’in-



tervallo . Arrotondando per difetto 3yΔ = 1Min( , , ) 34.1ny y… =llo è uguale a 34. Arrotondando per eccesso

essendo non intero il rapporto

abbiamo che l’estremo inferiore del primo interva

ma1Max( 48.9 50≅, , )ny y… = (50 34) 3 5.33− = fis-o superiore dell’usiam

viduati corrispondono le frequenze assolute o al valore 52 l’estrem ltimo intervallo. Ai 6 intervalli così indi-

{3, 2, 5, 3, 2, 0}in = e le densità di fre-quenza ( ) {3 45, 2 45,5 45,3 45i if n n y= Δ =

6.25 Sulla base dei calcoli già effettuati, l’istogram ma Stem-and-Leaf, del campione della v.a. esaminato nei due problemi precedenti, sono rispetti-vamente:

, 2 45,0}.

ma ed il diagramY

37 43 49y0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12fi

34 1 735 438 639 841 0 1 242 2 843 144 1 748 2 9

6.26 Utilizzando i valori 1Min( , , ) 14.3nx x… = , 1Min( , , ) 34.1ny y

1Max( , , ) 31.4nx x… = , 0.25ˆ 19.2x = , 0.75ˆ 26.5x = , nonché … =

, già calcolati in precedenza, i richiesti grafici , 1Max( , , ) 48.9ny y… = ,

Box-Plot, 0.25ˆ 38.6y =rispettivam

e 0.75ˆ 44.1y =ente del campione della v.a X e di quello della v.a. Y , sono:

10 20 30 40 50x, y

v.a. X

v.a. Y

6.27 La media, mediana, varianza (corretta), deviazione standard, quartili e range so-no rispettivamente:



1 28.96niix x n== =∑ , 2 2

1( ) ( 1) 730.niis x x n== − − =∑, 0.5ˆ 23x = 71,

27s = .03, 0.2x 5 14= , 0.75ˆ 39x = ,

.

6.28 Il vettore dei dati ordinati

1 1( , ,Max 123x x… =( , , ) Minx x… − ) 123 0n n = −

ix , quello delle corrispondenti frequenze assolute e quello delle frequenze relative sono:

in iP

ix = {0, 2, 4, 5, 9, 14, 15, 16, 19, 22, 23, 24, 28, 30, 36, 39, 41, 43, 61, 62, 65, 123}; {1, 1, 2, 1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1}; {0.04, 0.04, 0.08, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.08, 0.04, 0.04, 0.08, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04, 0.04}.

6.29 Sulla base dei calcoli già effettuati, il diagramma a barre ed il diagramma Stem-and-Leaf, del campione della v.a.

in =

iP =

X esaminato nei due problemi precedenti, sono ri-spettivamente:

0 25 50 75 100 125xi0

0.02

0.04

0.06

0.08

Pi

0 0 2 4 4 5 91 4 5 6 6 92 2 3 3 4 83 0 6 94 1 36 1 2 5

12 3

È evidente che il diagramma a barre essendo alquanto “piatto” risulta meno informa-tivo dello Stem-and-Leaf che, invece, sembra far intravedere meglio la forma della legge di probabilità.

6.30 In questo caso il Box-Plot evidenzia che un dato è addirittura distante dalla me-diana più di 3 volte la distanza interquartilica pari a 0.75 0.25ˆ ˆ 39 14 25x x− = − = .



0 20 40 60 80 100 120xi

v.a. X

Capitolo 7

7.9 La relazione { }2 2 2Pr 1.5 0.95S σ σ− < > può essere facilmente trasformata nel-

la { }2 2 ( 1)(1.5 1) 0.95nσ− < − + >Pr ( 1)n S , essendo 2 2( 1)n S σ− una v.a. 2χ con

1nν = − gradi di libertà. Dalle tabelle deduciamo che deve essere almeno 5.n = Infatti per 1 3nν = − =

23, 0.95χ

la pro-babilità è inferiore a 0.95 essendo . Invece per 2.5 ( 1 7.81n < =) 7.50− =

1 4nν = − = abbiamo

appena superiore a 0.95.

7.10 La condizione imposta

24, 0.95χ=2.5 ( 1) 10.n − = 00 9.49> e, quindi, la probabilità è

{ }Pr 0.5 0.90X Sμ− < > è facilmente trasformata nella

( ) ( ){ }Pr 0.5 0.5 0.90n X S n nμ− < − < > , da cui ricaviamo che deve essere

( ) ( ){ }Pr 0.5 0.95X S n nμ− < > essendo ( ) ( )X S nμ− una v.a. T con

1nν = − gradi di libertà. Dalle tabelle deduciamo che deve essere alm 13.n = Infatti per 1 11nν = − =eno la probabilità è inferiore a 0.95 essendo 11, 0.95 . Invece per 0.5 1.796n T=1.732= <

1 12nν = − = abbiamo 12, 0.95=0.5 1.803 1.782n T= >pena superiore a 0.95.

7.11 L’ellisse considerata ha semiassi di lunghezza

e, quindi, la probabilità è ap-

Xkσ e Ykσ . Un punto cade all’interno di tale ellisse se e solo se le sue coordinate verificano l’equazione di un’ellisse contenuta nella prima:

22

22 2X Y

yx kσ σ

+ <



e quest’evento si verifica con probabilità { }2 2Pr kχ <

di

perché il primo membro della

diseguaglianza — essendo la somma 2 quadrati di v.a. Normali standard s-indipendenti — costituisce una v.a. 2χ con 2 gradi di libertà.

7.12 Poiché una semplice trasformazione delle variabili X ed Y può far ruotare quest’ellisse facendo sovrapporre i suoi assi agli assi coordinati, il problema viene ri-dotto a quello precedente.

7.13 Per verificare l’affermazione calcoliamo la Mgf del quadrato di una v.a. normale standard:

{ }2

2 2 22

2

(1 2 )2 2

1 221 2 1 2

1 1( ) E2 2

1 1 1 ; (1 22(1 2 ) (1 2 )

u ttU tu uU

y

t e e e du e du

e dy y u tt t

π π

π

+∞ +∞ − −−−∞ −∞

+∞ −

−∞

Φ = = =

= =− −

∫ ∫

∫ )

=

= −

da cui deduciamo che la Mgf della 21 ii Uν

=∑ , essendo ovviamente uguale a:

2 21( )

(1 2 )U tt

ννΦ =⎡ ⎤⎣ ⎦ −

risulta effettivamente coincidente con quella della v.a. χ2.

7.14 La pdf del quadrato di una v.a. Normale standard 2X U= è (cfr. Problema Error! Reference source not found.):

12 21( ) ; 0

2

x

Xf x x e xπ

− −= ≥ . (1)

Quindi, la pdf della somma Y di due X s-indipendenti può essere ottenuta a partire dal-la pdf bidimensionale:

1 21 1

2 2 21 2 1 2 1 21( , ) ( ) ( )

2

x x

X Xf x x f x f x x x eπ

+− − −= =

operando la trasformazione:

2 21 2

1 2; ; ; 0x xy x x z J y z

y x= + = = ≤ = ≤

+ 1

xotteniamo:

1 2 3 4 5 6 7

1.45 1.75 2.05 2.35 2.65 2.95 3.25

0.020 0.060 0.340 0.220 0.240 0.100 0.020i

ii

ix

nf xn

× Δ =

( )1

2 2 = arcsen(1 2 ),z z dz z−

− − −∫che, integrata rispetto a z, tenendo conto che forni-

sce:



1(1 )niix n x== ∑ . (2)

Analogamente, possiamo ricavare la pdf della somma Z, di Y e di un’ulteriore X, a partire dalla pdf bidimensionale:

12 21( , ) ( ) ( )

2 2

y x

Y Xf y x f y f x x eπ

+− −

= =

che può essere trasformata: 1 12 2 21; ; ; ; 0 1; ( , )

22

zx x zz y x t J z t f z t e tz y x π

− −⎛ ⎞= + = = ≤ = ≤ = ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

e quindi integrata rispetto a t:

12 21( ) ; 0

2

z

Zzf z e z

π−⎛ ⎞= ≥⎜ ⎟

⎝ ⎠. (3)

Le (1) (2) e (3), tenendo rispettivamente conto delle identità:

( )1 3; 1 1;2 2

π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞Γ = Γ = Γ = Γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 12 2

possono essere poste nella seguente forma:

21 11 22 2 21 1( ) ; ( )

2 21 22 22 2

yx

X Yyxf x e f y

−−e

− −⎛ ⎞⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠Γ Γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 12 21( )

2322

z

Zzf z e

− −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞Γ⎜ ⎟

⎝ ⎠

da cui appare evidente la ricorsività che conduce direttamente alla pdf della Chi-Quadrato. Inoltre possiamo verificare facilmente che:

1 12 2 2

0 0 01 2( ) ( ) 1;

2 22 22 2

xf d e d x e dx xν κ νκ κκ κ κ

ν ν

−∞ ∞ ∞− − −⎛ ⎞= = =⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞Γ Γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ . =

7.15 I valori di una v.a. che delimitano una massa di probabilità centrata sono quelli che definiscono code di probabilità simmetriche. Nel nostro caso sono i percentili

e . Il primo è immediatamente individuabile nella tabella del 95° percentile 0.05zdella

0.95z5,8Z :

{ }5,8Pr 3.69 0.95Z < = . Anche il secondo può essere dedotto dalla stessa tabella tenendo però conto che è pari al reciproco del valore 4.82 del 95° percentile della 8,5Z (si noti l’inversione dei pe-



dici):

{ }5,81Pr 0.21 0.05

4.82Z < = = .

Quindi: { }5,8Pr 0.21 3.69 0.90Z≤ ≤ = .

7.16 Dovendo valutare la seguente probabilità: { }Pr 2X μ− <

s n , così da ottenere: basterà dividere entrambi i membri della disuguaglianza per 2 2Pr

5 25 5 25XS n

μ−⎧ ⎫< <⎨ ⎬⎩ ⎭

e considerare che nell’ipotesi di campionamento da una popolazione Gaussiana, la quantità ( ) ( )X S nμ− è una v.a. di Student con T 1 24nν = − = gradi di libertà. Dalla tabella della di Student deduciamo: T

{ } { } { } ( )24 24Pr 2 Pr 2 2 1 2 Pr 2 1 2 0.025 0.95X T Tμ− < = − < < = − > ≅ − =⎡ ⎤⎣ ⎦ avendo utilizzato il valore presente in tabella più vicino a 2.0 (cioè 2.064).

7.17 Il valore dell’errore, ε , che soddisfa la condizione imposta Pr( ) 0.01X μ ε− > = , può essere individuato considerando la seguente trasformazio-ne:

Pr 0.015 25

XS n

μ ε−⎧ ⎫> =⎨ ⎬⎩ ⎭

.

Nell’ipotesi di campionamento da una popolazione Gaussiana, ( ) ( )X S nμ− è una v.a. di Student con T 1 24nν = − =

2.492 gradi di libertà. Dalla tabella della di Student

o che esso è pari a . Pertanto:

Ttroviam

2.492; 2.4925 25

ε ε= = .

2 2Pr 2{ }A B

S S >7.18 Dovendo valutare la seguente probabilità , basterà moltiplicare

entrambi i membri della disuguaglianza per 2 2B A

σ σ , ottenendo:

( ) ( ){ }2 2 2 2Pr 2 (1.8 2)B BA AS Sσ σ > .

Nell’ipotesi di campionamento da una popolazione Gaussiana, il primo membro della disequazione è una v.a. Z di Fisher con 1 2 1 20nν ν= = − = gradi di libertà. Dalla ta-bella del 90° percentile della pdf di Fisher, deduciamo che la probabilità richiesta è: { }20,20Pr 1.8 0.10.Z > =

, essendo una Normale standard al quadrato, è una 2χ21 36X7.19 La v.a. con

1ν = . Quindi la probabilità richiesta è 21Pr 36 7.88 0.995{ }X ≤ = .



7.20 La v.a. è una di Student con Y T 1ν = . Poiché il valore non è presente in tabella, procediamo per interpolazione lineare. La probabilità richiesta è:

15

{ } 31.821 15Pr 15 0.010 (0.025 0.010) 0.023.31.821 12.706

Y −> = + − =−

Z è la radice quadrata di una v.a. Chi-Quadrato, , con K 3ν =7.21 La v.a. . Dalla tabella della 2χ , abbiamo:

7.22 È sufficiente eguagliare la Mgf della v.a. Chi-Quadrato con

2Pr{ 3.06} Pr{ 9.35} 1 0.025Z Z K≤ = = ≤ = − 0.975.=

ν gradi di libertà con la Mgf della v.a. Esponenziale con 1 2λ = :

( ) 22 1 21 1;1 2 1 2 2t t t

ννλ λ

λ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

ottenendo che deve essere 2.ν =

Z7.23 Indicando con la v.a. “distanza del proiettile dal bersaglio”, la probabilità cercata è formalmente esprimibile in termini di Cdf della v.a. Chi-Quadrato con

2ν = :

{ } { }2 2

2 2 0 0Pr 20 Pr 400 Pr 4 Pr{ 4}10 10

X YZ X Y K⎧ ⎫⎪ ⎪− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ = + ≤ = + ≤ = ≤⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

e quindi, in base alla soluzione del problema precedente, può essere calcolata utiliz-zando la Cdf della v.a. Esponenziale con 1 2λ = :

{ } 2Pr 4 1 0.86K e−≤ = − = .

7.24 Applicando la trasformazione di v.a., otteniamo: 1

12 2

2 1 1( ) ( ) 2 2 ( ) 2

n

ny y

Y

yyf y e e

n nλ

λ

−

−− −

⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠= = ⎜ ⎟Γ Γ ⎝ ⎠

che è la pdf di una v.a. Chi-Quadrato con 2nν = gradi di libertà. Si giunge allo stesso risultato considerando che la Mgf della v.a.

Y è:

{ } { } ( )2 1( ) E E2 (1 2 )

ntY t X

Y nt e et t

λ λλ λ

Φ = = = =− −

⋅

7.25 Partendo dal numeratore della quantità a secondo membro si ha:



( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

22 2

1 1 1 1 1 1

22

1 1 1 1 1 1

22

1 1 1 1

2

1 1

2

2

2 2

n n n n n ni j i j i j

i j i j i jn n n n n n

i j i ji j i j i j

n n n ni j i j

i j i jn n

i ii i

X X X X X X X X X X

X X X X X X X X

n X X n X X X X X X

n X X X

= = = = = =

= = = = = =

= = = =

= =

⎡ ⎤− = − − + = − − − =⎣ ⎦

⎡ ⎤= − + − − − − =⎣ ⎦

⎡ ⎤⎡ ⎤= − + − − − − =⎢ ⎥⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= − −

∑∑ ∑∑ ∑∑

∑∑ ∑∑ ∑∑

∑ ∑ ∑ ∑

∑ ( )2

1 12

n nj i

j inX X nX n X X

= =

⎡ ⎤⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞− − = −⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∑ ∑ ∑

da cui l’uguaglianza resta dimostrata.

7.26 Nel caso di un campione di dimensione 2n = la media e la varianza campiona-ria possono essere riformulate come segue (cfr. problema precedente):

( ) ( )

2 221 21 2 2

1;

2 2 1i

i

X X X XX XX S=

− −+= = =

−∑ . 2

Per dimostrare che X ed sono s-indipendenti sarà sufficiente dimostrare che lo sono le v.a. 2

2S2 ed 1 1Y X X= + 2 1Y X X= − e 2

Xσ. Indichiamo con Xμ rispettiva-mente la media e la varianza della popolazione gaussiana da cui è estratto il campio-ne. In virtù della riproducibilità della v.a. Gaussiana (§5.3) abbiamo: ( )1 1 2

2 2( ) ( ) exp 2Y X X X Xt t tμ σ+Φ = Φ = + ; t

( )2 1 22 2( ) ( ) expY X X Xt t σ−Φ = Φ = t ⋅

Indicando con la v.a. somma delle v.a. ed , abbiamo: 1

3Y 1Y 2Y3 1 2 1 2 1 2 2Y Y Y X X X X X= + = + + − =

( )3 12 2

2( ) ( ) exp 2 2Y X X Xt t tμ σΦ = Φ = + t

da cui, risultando verificata l’uguaglianza: tsi evince che le v.a. ed sono s-indipendenti.

7.27 Essendo una v.a. riproducibile, la

1 2 3( ) ( ) ( )Y Y Yt tΦ ⋅Φ = Φ

1Y 2Y

2χ con 50ν = coincide con la somma di 50 2χ con 1ν = .

a del limSe ne deduce che, per la convergenza in distribuzione dimostrata dal ite centrale, i percentili di una teorem 2χ con 50ν = gradi di libertà tendono

a quelli di una Gaussiana con media 50ν = e varianza 2 100ν = (rispettivamente pari edia e la varianza di una ad n volte la m 2χ con 1ν = ). Indicato con 0.95,νκ il per-

o: centile cercato, abbiam

( )10.95, 0.95 2 1.645 2UFνκ ν ν−= + = ⋅ ν ν+



essendo il 95° percentile della v.a. Gaussiana standard. Pertanto risulta:

mentre la tabella della

( )1 0.95UF −

0.95, 50 0.95, 10066.45; 123.26ν νκ κ= == = , 2χ fornisce rispettivamente i valori esatti:

indicando che l’errore relativo connesso alla procedura diminuisce al crescere di

0.95, 50 0.95, 10067.51; 124.34ν νκ κ= == = ν .

7.28 Indicando con la v.a. Chi-Quadrato, per definizione abbiamo:

K1

12

106

KZK

= ,

da ciò si deduce che essendo:

22

1 1

6110

KZZ K

= =

e 2 10ν =il percentile cercato è quello indicato in tabella per 1 6ν = , cioè 3.22.

7.29 Per definizione abbiamo:

UTKν ν

=

dove e U Kν indicano le v.a., s-indipendenti, Gaussiana standard e Chi-Quadrato con ν gradi di libertà. Vale la seguente identità:

2 12 1KUT Z

K Kν νν ν= = =

da cui si evince che il quadrato di una di Student con T ν gradi di libertà è una v.a. di Fisher con 1 1ν = e 2ν ν= gradi di libertà.

7.30 Indicati con e rispettivamente il 5° ed il 95° percentile della con 0.05t 0.95t T10ν = gradi di libertà e con il 90° percentile di una v.a. 0.90z Z di Fisher con 1 1ν =

e 2 10ν ν= = gradi di libertà, utilizzando la soluzione del problema precedente, ab-

biamo:

{ } { } { }2 20.05 0.95 0.900.95Pr 0.90 Pr Prt T t T t Z z≤ ≤ = = ≤ = ≤

da cui: 2

0.90 0.95 0.900.95 ;t z t z= = . Infatti, dalle tabelle delle due v.a. abbiamo: 0.90 0.953.29; 1.81 3.29.z t= = =

Capitolo 8

8.9 La risposta è affermativa. Infatti la media dei primi due costituisce uno stimatore con le caratteristiche richieste. Esso è corretto come i primi due condividendone la speranza matematica, essendo: 1 2 1 2ˆ ˆ ˆ ˆE{( ) 2} (E{ } E{ }) 2p p p p+ = + . p=



Inoltre esso ha varianza: 1 2 1 2 1 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆVar{( ) 2} (Var{ } Var{ }) 4 2Cov{ , } 4p p p p p p+ = + + che è notevolmente inferiore, essendo pari alla metà della media delle varianze dei primi due stimatori meno un’ulteriore aliquota dovuta alla covarianza negativa.

8.10 È sufficiente utilizzare il primo stimatore per i dati pseudo-sperimentali generati a partire da una serie di determinazioni della v.a. Uniforme definita in (0, 1) ed il secondo stimatore a partire dalla serie di determinazioni

iu1i iu u= −′ , ottenute come

complemento all’unità delle prime.

8.11 Per effettuare una verifica rapida, si può generare un numero alto di determina-zioni (ad esempio n=20˙000), calcolarne media e varianza campionaria e controllare che queste siano prossime rispettivamente a 0.5 ed a 1 12 , valori della media e della varianza teorica della Uniforme definita nell’intervallo (0, 1). Una verifica più rigoro-sa è un test d’ipotesi di adattamento (cfr. 10.4) effettuato sui dati generati.

8.12 Generate n determinazioni, , di una v.a. uniforme definita in (0, 1), per ottene-re n determinazioni

iuix di X , può essere utilizzata la trasformazione:

( ) ( )ln 1 1 .i i iXx F u u e= = −1− +⎡ ⎤⎣ ⎦

8.13 Una possibile procedura è: a) estrarre n valori da una tabella di numeri pseudo-casuali; b) ridurli all’intervallo (0, 1) ottenendo n determinazioni, , di una v.a. Uni-forme definita in (0, 1); utilizzare quest’ultimi comedard,

iu valori della Cdf Gaussiana stan-

( )X iF xQuesti ultim

, per ottenere da una tabella di quest’ultima i corrispondenti percentili. i costituiscono le determinazioni cercate.

8.14 Una volta generate n determinazioni, ix , di una v.a. Gaussiana standard, anche senza l’uso di strumenti di calcolo come nel caso del problema precedente, le corri-spondenti determinazioni, , di una Gaussiana di media 5 e varianza 9 sono ottenute con la trasformazione

8.15 Si possono generare n successioni di k determinazioni di una v.a. uniforme defi-nita nell’intervallo (0, 1), k

iyi iy x3 5= + .

,i ju ( 1, , ; 1, , )i n j= =… … , e ricavare le n determinazioni,

ix , come medie norma successioni:

lizzate dei dati delle rispettive n

( ),

1

1 1 122

.i ji

jx k

k== − ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

Per il teorema del limite centrale l’approssimazione migliora al crescere di k.

8.16 La variabile

k u⎛ ⎞

( ) ( ) (X )Z Y a b a F x= − − =( )Y b a Z a

è uniforme in (0, 1) per cui la sua tra-sformata lineare = − + resta uniforme ma risulta definita in

8.17 Si possono generare n successioni di k determinazioni di una v.a. esponenziale, di parametro

( , )a b .

λ , ,i jx ( 1, , ; 1, , )i n j= =… … k , e ricavare n determinazioni dello stima-



tore del parametro 1θ λ= come medie dei k dati delle rispettive n successioni:

,

1

ˆk i j

ij

xk

θ=

= ∑

1ˆnii nθ=∑ ed il valore vero 1θ λ=e verificare che la differenza tra la media dimi-

nuisce all’aumentare del prodotto .

8.18 Come per il problema precedente, si possono generare n successioni di k deter-minazioni di una v.a. esponenziale, di parametro

k n

λ , ,i jx ( 1, , ; 1, , )i n j k= =… … , e ricavare n determinazioni dello stimatore del parametro 1θ λ= come medie campio-narie dei k dati delle rispettive n n de-terminazioni:

successioni. Quindi, calcolare la varianza delle

2

1

ˆ( )ni

i nθ θ

=

−∑

21 ( )k λe verificare che la differenza tra questa ed il valore vero diminuisce all’aumentare del prodotto

8.19 Fissato, nel primo quadrante di un sistema di assi cartesiani, un quadrato con vertice nell’origine e con lati di lunghezza a (sovrapposti agli assi) tale da includere la figura piana, è sufficiente generare un numero elevato n di coppie di determinazioni s-indipendenti di v.a. uniformi definite nell’intervallo (0, a). Il rapporto tra il numero,

, di punti che cadono all’interno della figura piana ed il numero totale, n, fornisce una stima della sua area.

8.20 Utilizzando l’equazione (8.8) con

k n .

In

Pr{ } 0.5Xp X μ= ≤ = ed , la soluzione del problema è il valore più piccolo di n che verifica la disequazione:

0.975 1.96u =

( ) ( )1.96 1 0.5 0.5 100 10.n− × <Risolvendo si ricava:

21.96 100 384.2.10

n ×⎛ ⎞> =⎜ ⎟⎝ ⎠

Pertanto è necessario generare almeno 385 campioni pseudo-casuali.

8.21 In base ai parametri e adottati per il generatore, per ogni semea b 0x , la lun-ghezza massima è tti, ad esempio, per 32m = . Infa 0 1x = ed 0 2x = abbiamo rispetti-vamente: 8, 15, 22, 29, 4, 11, 18, 25, 0, 7, 14, 21, 28, 3, 10, 17, 24, 31, 6, 13, 20, 27, 2, 9, 16, 23, 30, 5, 12, 19, 26, 1, 8, 15, 22, 29, 4, 11, 18, 25, … ; 9, 16, 23, 30, 5, 12, 19, 26, 1, 8, 15, 22, 29, 4, 11, 18, 25, 0, 7, 14, 21, 28, 3, 10, 17, 24, 31, 6, 13, 20, 27, 2, 9, 16, 23, 30, 5, 12, 19, 26, … .

8.22 No, in quanto essendo 1 (con 3 4k≠ × + 0,1,2,k = … ) non sarebbe rispettata una delle condizioni necessarie per il raggiungimento della lunghezza massima del ciclo.



3a =Infatti, fissando e mantenendo inalterate le altre ipotesi, invece delle due prece-denti sequenze di lunghezza massima 32m = abbiamo rispettivamente due sequenze entram

29, 30, 1, 10, 5, 22, 9, 2, 13, 14, 17, 26, 21, 6, 25, 18, 29, 30, 1, 10, 5, 22, 9, 2, 13, 14, 17, … ;

22, 9, 2, 13, 14, 17, 26, 21, 6, 25, 18, 29, 30, 1, 10, 5, 22, 9, 2, 13, 14, 17, 26, 21, 6, 25, 18, … .

8.23 Generando 100

be di lunghezza 16: 10, 5, 22, 9, 2, 13, 14, 17, 26, 21, 6, 25, 18,

13, 14, 17, 26, 21, 6, 25, 18, 29, 30, 1, 10, 5,

˙000 punti pseudo-casuali nel rettangolo di base 3π ed altezza 1.1, 38˙ p sen x e l’asse delle ascisse. Invece, 531 sono risultati com resi tra la funzione generando 100˙000 punti pseudo-casuali nel rettangolo di base 3π ed altezza 1.1− , 18˙989 sono risultati compresi tra la funzione sen x e l’asse delle ascisse. Pertanto la stima dell’integrale è: 3 1.1 (38 531 ) 2.026. 18 989 100 000π × × =−

10x8.24 Risulta per ( )( )W Kx f x× >A f ≤ ed ( )( )W KA f x f x× ≅è facile generare una sequenza di determ

ero di determinazioni e determ

per . Es-sendo la Cdf della v.a. W ibull invertibile, i-nazioni , nonché un uguale numniform se risulta

10x >

della v.a. U-K

eW

wiw iu

inazione della v.a. i

della v.a. e definita in (0, 1). Ogni è accettata com

( ) [ (i K i W iw A f w≤ × )]u f . Visto che il rapporto ( ) [ ( )]K i W if w A×

inazioni pseudo-casuali del-

f wtodo raggiunge la

è prossimmassim e determ

8.25 La funzione di trasform

oa

la v.a. Chi-Quadrato

all’unità per 10iw > efficienza, risultando tutti accettati com

K .

iw che il me, è per questi valori di

azione richiesta è: 0;3 1;1;

u⎧⎪ −⎨⎪⎩

sta, in quanto è con

0 1 3;( ) 1 3 2 3;

2 3 1.

uy u u

uϕ

≤ <= = ≤ <

≤ ≤

Si osservi che la è una v.a. mi tinua in (0, 1) ed ha due masse concentrate rispettivamente in 0 ed 1 essendo

YPr{ 0} Pr{ 1} 1 3Y Y= = = = .

8.26 Consideriamo le due seguenti trasf azioni:

orm

11 2;ϕ ϕ

e deinazioni della v.a. Gum

1( ) ( ) 1 ( ) ( ) ln lnM

w

W Zw F w e u F u a bu

β

α⎛ ⎞−⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎛ ⎞= = − = = − ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠

La prima può essere utilizzata per trasformare le determinazioni pseudo-casuali della v.a. Weibull in quelle della v.a. Uniform finita in (0, 1); mentre la seconda per tra-sformare quest’ultime in determ bel.

8.27 Fissato un sistema di assi cartesiani, si può considerare il quadrato di vertici (0, 0), (1, 0), (1, 1) e (0, 1) e il settore circolare inscritto in esso. Il rapporto tra l’area del quadrante e quella del quadrato è pari a 4p π= . Pertanto, generando punti con ascis-se ed ordinate ottenute come determ s-indipendenti di due v.a. uniformi, entrambe definite in (0, 1), la frazione di punti che cade nel settore circolare è una stima della probabilità p che, moltiplicata per 4, fornisce a sua volta una stima

inazioni pseudo-casuali



di π .

Dalla condizione richiesta 8.28 ricaviamo ˆ( ) 100p p pˆ 100π π π− < 1− × < es-ˆ ˆ 4p π= e 4p π=sendo . Utilizzando l’equazione (8.8):

0.9751.64 1 100 1; 1.644 4n uππ ⎛ ⎞⎛ ⎞− × < =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

si ricava che il numero n di pseudo-esperimenti da effettuare deve essere superiore a 2164

8.29

(4 ) 7 349.05.π π− =

Essendo la v.a. Gamma la somma di n v.a. Esponenziali s-indipendenti ed equi-distribuite, è sufficiente sommare 3 determinazioni s-indipendenti della v.a. Esponen-ziale di parametro λ per ottenerne una della v.a. Z.

Dopo aver generato una determinazione pseudo casuale 8.30 ix della v.a. Gaussiana etri Xµdi param e Xσ , possiamo ottenere la corrispondente determinazione gene-iy

randola dalla Cdf gaussiana condizionata ( )F y x di parametri 2 2 2 )Y (1σ σ ρ= − e .YY i Xxμ μ ρ σ= + σ

Capitolo 9

9.9 A rigore, il metodo della massima verosimiglianza non è applicabile in questo ca-e in tutti quelli in cui l’insieme di definizione della v.a. dipende dai parametri

Tuttavia, disponendo di un campione casuale

so comincogniti.

1 2, , , nx x x… , notiamo che la funzione iglianza 1 2( ; , , , ) n

nL a x x x a −=…1 2max{ , , , }na x x x…

è massima. Infatti la pdf Uniform

di verosim , per valori finiti di a, in corri-spondenza di e caratterizzata da questo valore del parametro è quella che presenta la massima pdf sui valori che sono stati os-

Per un campione casuale, tratto da una popolazione poissoniana, la funzione di iglianza ed il suo logaritmo naturale sono:

=

servati.

9.10 verosim

11 21 1

1

1( ; , , , ) ;! !

ln( ) ln( ) costante

niii

n ny ynn

i ii in

ii

L y y y e ey y

L n y

μ μμμ μ

μ μ

=− −

= =

=

∑= =

= − + +

∏ ∏

∑

…

1 1ln( ) 1 ˆ0;n n

i ii id L n y

dμ

μ μ = == − + = =∑ ∑ . da cui: y n

Possiamo ipotizzare che i dati ottenuti sono determinazioni di una v.a. Binomia-le con La stima puntuale della proporzione incognita 9.11

1000.n = p è ˆ 30 1000 0.03.= =p Il limite superiore di confidenza è:



( )2 4 2 2 2

2 2

ˆ ˆ ˆ2 4 40.0403; 1.96.

2u n p u nu p nu p

p un u

α α α αα

α

+ + + −= =

+ =

Tuttavia considerando che n è elevato, possiamo trascurare i termini che aggiunge-rebbero (a quelli funzione di n) quantità certamente trascurabili:

2ˆ ˆ(1 )ˆ 0.0407; 1.96.p pp p u u

nα α−

= + = =

È evidente che l’approssimazione è accettabile e che il limite ottenuto corrisponde all’utilizzo della funzione ancillare U con ˆx p= e ˆ ˆ(1 )p pσ = − .

9.12 Calcolando due volte il logaritmo della Cdf Weibull otteniamo:

( )1 1ln ; ( ) ln ln ln( ) ln( )1 ( ) 1 ( )W W

w Y w wF w F w

βα β β⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦α− .

Stimata la retta di regressione di [ ] 1( ) ln ln 1 ( 1)iY w i n −= − + in i valori e corrispondenti a

ln( ),iw

0w 1w 0Y = sono tali che 0wα = ed 1Y = e

9.13 Il numero medio di guasti per ora di lavoro è

[ ] 1ˆln( ln( )β α − . 1 )w= −ˆ

ˆ 3 7500 0.0004μ = = . Utilizzando la funzione ancillare U abbiamo:

2 2 2

ˆPr 1 ; 1.96u u u

nα α αμ μ α

μ⎧ ⎫−− < < = − =⎨ ⎬⎩ ⎭

( )2

2 2ˆ unαμμ μ− =che ci permette d’impostare l’equazione le cui soluzioni costitui-

scono i limiti cercati: 41 1.36 10μ −= × e 4

2 11.76 10μ −= × .

ˆ 22 143 0.154p = =9.14 La stima della frazione di morti è . Utilizzando la funzione ancillare U possiamo scrivere:

2 2

ˆPr 1 ; 1.96

(1 )p pu u u

p p nα α α⎧ ⎫−

− < < = − =⎨ ⎬−⎩ ⎭ 2α

cui corrisponde l’equazione quadratica ( ) ( )2

2 2ˆ 1n p p u p pα

− = − le cui soluzioni

forniscono i limiti e 1 0.104p = 2 0.222p = ossia, al livello di fiducia del 95%, l’intervallo 10%÷22% include la percentuale effettiva di mortalità. Tale valutazione concorda con quanto l’OMS affermò negli stessi giorni: “il tasso di fatalità della SARS va dallo 0 al 50 per cento a seconda dell’età, con una stima complessiva di fa-talità del 14-15 per cento”.



X9.15 La v.a. , numero di esemplari difettosi giornalieri, è assimilabile ad una v.a. di Poisson. Per la stima del parametro incognito μ , si può adottare il metodo della massima verosimiglianza (si otterrebbe lo stesso risultato utilizzando il metodo dei momenti). La funzione di verosimiglianza ed il suo logaritmo naturale sono:

30

1 2 301

( , ,..., )!iy

iiL y y y e

yμμμ −

=; = ∏ ;

[ ]30 30 30 30

1 1 1 1ln( ) ln ln ln( !) ln ln( !)

!iy

i i iii i i i

L e y y y ny

μμ μ μ μ μ−

= = = =

⎛ ⎞= = − − = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑ ∑ ∑ iy

da cui:

30 30

1 1

ln( ) 1 1ˆ; 530i i

i i

L y n yμμ μ = =

∂= − = =

∂ ∑ ∑ .833.

Quindi, utilizzando la Cdf della v.a. di Poisson, è possibile valutare la probabilità ri-chiesta:

( )3

ˆ

0

ˆ3 0

!y

Yy

F ey

μμ −

== =∑ . .166

9.16 La funzione di verosimiglianza ed il suo logaritmo naturale sono:

i

p−

da cui:

10

1 2 101

10

1

( ; , ,..., ) (1 ) ;

ln( ) ln ln ( ) ln(1 )

i ii y n yii

ii i i

ii

nL p y y y p py

nL y p n yy

−

=

=

⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∏

∑

10 10 10

1 1 1

ln( ) ( )1 8ˆ0 01 1i i

i ii i i

d L n yy p y ndp p p= = =

−⎡ ⎤= − = ; = = =⎢ ⎥−⎣ ⎦∑ ∑ ∑ . 3 .56

47i

In pratica, lo stimatore di massima verosimiglianza di p è uguale al rapporto tra il numero totale di elementi difettosi ed il numero complessivo di elementi estratti. È bene evidenziare che potremmo ottenere un risultato anche molto diverso consideran-do la media delle singole stime ˆ i i ip y n= . Invece, i risultati coincidono quando tutti i campioni hanno la stessa ampiezza, 1 2 1...n n n 0= = =

i, Yenti non conformi

. Infine, notiamo che il numero complessivo di elementi non conform , può essere considerato come somma

del numero di elem estratti ogni giorno, . Ritenendo 101iY Y== ∑ iY

p costante, per la riproducibilità della v.a. Binom è una v.a. Binomiale, di pa-

e

iale, Y

rametri = 101 iin n=∑ p . Pertanto è com o un unico campione di e se avessim

101 ii

101 iin n== ∑ elementi di cui y y= sono non conform= ∑ i o la , da cui deduciam

stessa stima p di prima.




[ ]

10

1 2 101

10

1

( )( ; , ,..., ) ;!

ln( ) ln ln ln( !)

ii

yi x

ii

i i i ii

xL y y y ey

L y y x y

λλλ

ixλ λ

−

=

=

=

= + − −

∏

∑

da cui:

( )10 10 10

1 1 1

ln( ) 1 2ˆ0 030.5i i i i

i i i

d L y x y xd

λλ λ= = =

= − = ; = = =∑ ∑ ∑ . 4 .787

In pratica, lo stimatore di massima verosimiglianza di λ è uguale al rapporto tra il numero totale di difetti e la superficie complessiva delle lamiere. È bene evidenziare che potremmo ottenere un risultato anche molto diverso considerando la media delle singole stime ˆi iy xλ =

nsione, i . Invece i risultati coincidono quando tutte le lamiere hanno

la stessa dime 01 2 1...x x x= = =

, può essere considerato come

. Infine, notiamo che il numero complessivo di

difetti, sommaY = 101iY Y=∑ del numero di difetti ri-

scontrati su ogni lamiera, iY . Ritenendo λ costante, per la riproducibilità della v.a. di

Poisson, etro 1 iY è una v.a. di Poisson, di param 10 10 101 1i i ii i ix xλ λ= = == = =∑ ∑ ∑ . μ μ

iPertanto è come era di se avessimo una lami 101i x=∑ m 2 in cui sono presenti

101i iy y== ∑ dife la stessa stimtti, da cui deduciamo a λ di prima.

9.18 Lo stimatore dei momenti del parametro a si ottiene eguagliando il momento primo del campione casuale, ossia la media campionaria, X , alla formulazione del corrispondente momento della v.a. X , ossia il valore atteso, E{ }X . Quindi:

11E{ } ;

1 1aa a XX x dx X a

a Xx+∞

+= = = =

− −∫ .


1 11 1

1

1

( ; , , ) ;

ln( ) ln( ) ( 1) ln( )

n nn a n

i i ai

in

ii

a aL a x xx

x

L n a a x

+= +

=

=

= =

= − +

∏∏

∑

…

da cui:

1

1

ln( ) ˆln( ) 0;ln( )

ni n

ii

i

L n nx aa a

x=

=

∂= − = =

∂ ∑∑

.

9.20 Dalla relazione:



( ) xY x u μσ−= =

x ( 0usi deduce che l’intercetta con l’asse delle )= ed il reciproco del coefficiente angolare coincidono, rispettivamente, con le stime dei parametri incogniti μ e σ :

ˆ ˆ99.56; 1 0.097 10.31μ σ= = = .

9.21 Calcolando due volte il logaritmo della Cdf Gumbel “dei valori massimi” otte-niamo:

1 1ln ( ) ; ( ) ln ln ( )M M

z abZ Z

z aF z e Y z F zb

−−− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = ⋅

Disponendo di un campione casuale , è possibile stimare la retta di re-

gressione dei punti di ordinata 1 2, , , nz z z…

( ) 1( ) ln ln 1iY z i n −= − +⎡ ⎤⎣ ⎦1= sono tali che 0a z

ed ascissa . I valori e

corrispondenti a ed iz 0z

1z 0Y = Y = e ˆ1 ˆb z a= − .

9.22 Dalla relazione: [ ] 1( ) ln 1 ( )XY x F x xλ−= − =

si deduce che il coefficiente angolare coincide con la stima del parametro incognito

ˆ 10.25λ =λ .

9.23 Uno stimatore è detto più efficiente di un altro se presenta un errore quadratico medio minore. Poiché:

[ ]{ } { } { }( ) ( ) ( ) 2122E =Var E Var 02 2

nn n n

x xT T T σμ μ

+⎧ ⎫⎪ ⎪− + − = +⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

; =

{ } { } { }( )2 222E =Var E 0X X X

n nσ σμ μ− + − = +⎡ ⎤⎣ ⎦ =

per lo stimatore 2n > X risulta sempre più efficiente dello stimatore . Per i atori sono, ovviamente, equivalenti in quanto

nT 2n =due stim X coincide con tare che entrambi gli stimatori sono corretti e, quindi, hanno errore quadratico medio coincidente con la varianza.

9.24 Sfruttando il risultato ottenuto nell’Esempio 9.7 per lo stimatore del parametro

nT . È utile no-

λ , si ha:

9ˆ 0.182 1 8 4 3 9 6 1 4 12

λ = =+ + + + + + + + +

.

XIndicando con la v.a. ritardo, si ha: { } 0.18 10Pr 10 0.165X e− ×> = = .

9.25 Sfruttando il risultato ottenuto nel problema precedente è possibile, per la pro-prietà d’invarianza dello stimatore di massima verosimiglianza, calcolare una stima puntuale del tempo medio di attesa: ˆ1 5.5x λ= = 6 minuti. Utilizzando la funzione



2nZ nXλ=ancillare otteniamo l’intervallo di confidenza del tempo medio di attesa:

{ }2 1

2 1 2Pr 1nx nx ακ λ κ

< < = − .

della v.a. 2χFissando 01 0.9α− = , individuiamo i percentili 1κ e 2κ con 2 n 2 10 20ν = × = × = gradi di libertà:

1 2 1 2( ) 1 ( ) 0.05; 10.85; 31.41K KF Fκ κ κ κ= − = = = ed otteniamo l’intervallo di confidenza del tempo medio di attesa

9.26 In generale, per un assegnato livello di confidenza

(3.54, 10.25) .

1 α− , l’intervallo di confi-denza della media con σ incognita: ( )2 1,x t s n x t s n− + risulta sempre più ampio dell’intervallo di confidenza con σ nota: ( )2 1,x u n x uσ σ− + n

in quanto, a parità di valori numerici di σ ed , i percentili e della v.a. di Stu-dent con

s 1t 2t1nν = −

1 e 2u, ossia quando l’am

gradi di libertà risultano sempre maggiori dei corrispondenti per-centili della v.a. Normale standard. I percentili coincidono solo quando

piezza del cam nta tanto grande che la varianza campionaria coincide con la varianza della popolazione. In termini numerici, risulta:

un → ∞ pione dive

2

1 2 1 21 2 1 2

9.74, 3.66;9, ( ) 1 ( ) 0.025, 2.262, 2.262;

( ) 1 ( ) 0.025, 1.96, 1.96.T T

U U

x sF t F t t t

F u F u u uν

= == = − = = − =

= − = = − =

Da cui otteniamo gli intervalli di confidenza con σ incognita e con (8.37, 11.10) σ nota Euristicamente, possiam are che il primo intervallo è più ampio del secondo perché essendo la varianza incognita l’incertezza è maggiore.

9.27 Partendo dal presupposto che la media

(8.55, 10.92) . o afferm

μ della popolazione debba essere volte su contenuta in un intervallo del tipo:

99 100

2 1x u x un n

σ σμ− ≤ ≤ +

1 2 2 2.576u u uα= = = ) si può imporre che x μ ε− ≤ ( 0.01α =con . Mediante la di-

suguaglianza 2u nα σ ε≤ , si ricava 22( )n uα σ ε≥ ed essendo 0.1ε = e 0.5σ =

si ha , ossia

9.28 Le stime campionarie puntuali di media e varianza sono:

165.9n ≥ 16n ≥ 6 .

7.96x = , 2 0.12s = . ediante Se il campione è casuale ed è estratto da una popolazione gaussiana, m

l’utilizzo della funzione ancillare 2 2( 1)K n S σ= − otteniamo l’intervallo di confdenza della varianza:

i-



2 22

2 1

( 1) ( 1)Pr 1n s n sσ ακ κ

⎧ ⎫− −< < =⎨ ⎬

⎩ ⎭. −

Fissando 90 della v.a. 2χ1 0.α− = , individuiamo i percentili 1κ e 2κ con gradi di libertà:

1 7n − =

1 2 1 2( ) 1 ( ) 0.05; 2.17; 14.07K KF Fκ κ κ κ= − = = = ed otteniamo l’intervallo di confidenza della varianza (0.06, 0.38) e dello scarto tipo

. L’ipotesi che la popolazione sia gau portante. Infatti, se fos-(0.24, 0.61)

se violata, la v.a. ssiana è im

2 2( 1)n S σ− potrebbe avere una Cdf m lto diversa dalla o 2χ , an-olto grande.

9.29 Le stime campionarie puntuali di media e varianza per i gruppi A e B sono:

che se n fosse m

90.75Ax = , 2 8.54As = , 88.14Bx = , 2 9.99Bs =e

. Se i campioni sono casuali e sono diante l’utilizzo della funzione ancillare estratti da popolazioni gaussiane, m

2 2 )2 2( )(B BA AZ S S σ σ= otteniam onfidenza del rapporto di varianze o l’intervallo di c2 2( )B Aσ σ :

2 22s sσ

1 22 2 2Pr 1A B A

B BAz z

s sα

σ

⎧ ⎫⎪ ⎪< < = −⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

.

Fissando 901 0.α− = , individuiamo i percentili e della v.a. 1z 2z Z di Fisher con gradi di libertà:

1 9An − = e 1 7Bn − =

1 2 1 2( ) 1 ( ) 0.05; 1 3.29 0.303; 3.68Z ZF z F z z z= − = = = = ed otteniamo l’intervallo di confidenza del rapporto di varianze 2 2( )B Aσ σ (0.36, 4.31)

v.a. . Vale la pena sottolineare che se la popolazione non fosse gaussiana le 2 2( 1A e 2 2( 1)B B Bn S σ−) A An S σ− potrebbero avere una Cdf molto diversa dalla

2χ , anche se n fosse molto grande, per cui anche la v.a. 2 2 2 2( )(B B )A AS S σ σ potreb-olto diversa da quella di una be avere una Cdf m Z di Fisher.


{ }( ) { }( ) { }( )32 12 6

1 2 5032 12 60 1 2

( ; , ,..., ) Pr 0 difetti| Pr 1 difetti| Pr1 2 difetti|

;0! 1! 2

L y y y

e e eμ μ μ

μ μ μ

μ μ μ− − −

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

μ

[ ]1 2 50ln ( ; , ,..., ) 32 12 12ln 6 12ln 6ln 2L y y yμ μ μ μ μ μ = − − + − + − da cui:

( )ln 12 12 12 2 6 24ˆ32 12 6 0; 0.48

32 12 6 50L

pμ

μ μ∂ + ×= − − + − + = = = =

∂ +.

+Sfruttando il metodo utilizzato nell’Esempio 9.16, stimiamo, al livello di confidenza

51 0.9α− = , i due intervalli (0.38, 0.66) e (0.29, 0.67) . Il primo intervallo è stato



μottenuto ritenendo la statistica distribuita come una v.a. Normale di media μ e va-rianza nμ ; il secondo intervallo è stato ottenuto adottando l’approssimstente nel sostituire il valore stimato

azione consi-ˆ 24 50 0.48μ = = a μ nell’espressione della va-

rianza.

Capitolo 10

10.9 Alla registrazione di 4 risultati �, sul totale di 6, corrisponde una coda pari ad 0.34.α =

potremmo Pertanto solo accettando un rischio di errore di I specie superiore al 34% ritenere significativo il test.

10.10 Confrontando le frequenze osservate con quelle attese (in parentesi), il test ri-sulta non significativo perché la statistica 2X è uguale a 5.36 ed è inferiore anche al 95° percentile, 5.99, della distribuzione 2χ con (3 1) 1) 2(2− × − = gradi di libertà:

b c a I) 20 60

(53.33) 160

(26.67) 80

(80) II) 30 40

(46.67) 140

(23.33) 70

(70) 50 100 150 300

10.11 Il test di Fisher risulta negativo, avendo l’evento osservato (caratterizzato da 2 risultati “ ” per il II campione) ed i due più estremi una probabilità compvata, uguale a:

10.12 L’intervallo di confidenza, al livello

lessiva ele-−0.137 0.020 0.001 0.158.+ + =

1 0.90α− = , dell’inquinamemedio, è:

nto acustico

0.95 95.56 5.19;

90.37 100.75

sx t

tte che il livello di

nμ

± = ±

< <per cui il test risulta significativo risultando il valore “storico” di 90 dB esterno a tale intervallo. Se si amme rumo a i-nuito, il livello di significatività non è 0.90 bensì 0.95 (rim nendo esclusa la coda in-feriore di rigetto). Ovviamente la statistica di Student:

re non sarebbe potuto ma

i essere dim

0.9590 1.99 1.86t

s n= > =

non può che confermare questo risultato.

10.13 Risulta che:

x −

20.952( 1) 41.40 28.87

2= =

sn κσ

− = > =

pertanto il test è significativo e, quindi, l’ipotesi è rigettata. 0 { 0.00010}σ�



10.14 Indicando col simbolo � la prevalenza chilometrica dell’autovettura apparte-nente al secondo gruppo, i risultati possono essere “ricodificati” come segue:

� � � � � � � � � � La Cdf Binomiale con ed 0.5p = 10n = presenta in corrispondenza del valore 2 una coda pari a 0.055. Pertanto, accettando un livello di rischio di I specie di poco supe-riore a 0.05, il test risulta significativo.

10.15 La distribuzione di campionamento Binomiale ( 1 4p = , 4n = ) presenta una probabilità 4(1 4) 0.004α = = . La pmf binomiale ( 3 4p = , 4n = ), corrispondente all’ipotesi alternativa, ha una massa di probabilità pari a 43 4) 0.68β =1 (= − che grava sull’intervallo di accettazione.

10.16 Impiegando la statistica Z di Fisher, con e 2 14ν =1 12ν = gradi di libertà, il test risulta non significativo. Infatti abbiamo:

21

0.9522

1.42 2.53.s

z zs

= = < =

10.17 La statistica (10.11) che si ottiene con le frequenze osservate, (6, 10, 1, 2, 1) ri-spettivamente per i cinque valori (0, 1, 2, 3, 4), e le corrispondenti frequenze attese

, (4.97, 7.42, 4.99, 1.99, 0.52) essendo:

20 ( )Y iP y

1010( ) 0.13 (1 0.13)i iy yY i

iP y y

−⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

che è minore del 95° percentile della v.a. 2χfornisce il valore 4.74κ = con 4 gradi di libertà (pari a 9.488). Pertanto, al livello di significatività 51 0.9α− = , non possia-mo rigettare l’ipotesi di Cdf Binomiale.

10.18 La statistica (10.11) che si ottiene con le frequenze osservate (11, 12, 6, 0, 1), rispettivamente per i cinque valori (0, 1, 2, 3, 4), e le corrispondenti frequenze attese

, (11.04, 11.04, 5.52, 1.84, 0.460) essendo:

20 ( )Y iP y

11( )!

iyY i

iP y e

y−=

che è minore del 95° percentile della 2χfornisce il valore 2.60κ = con 4 gradi di li-o rige

vello di signifi 5.bertà (pari a 9.488). Pertanto, non possiam

catività ttare l’ipotesi di Cdf di Poisson al li-

1 0.9α− =

10.19 La statistica (10.14) fornisce il valore 0.113 che è minore del valore critico al livello di significatività 5,1 0.9α− = pari a 1.36 0.192.nD n= = Pertanto non pos-siam

10.20 Il rischio di I specie,

o rigettare l’ipotesi di Cdf Gaussiana.

α , è 72.1 10−× perché tale è l’area sottesa dalla v.a. Nor-



male di media 50 e scarto tipo 5 10 1.58= nella regione di rigetto ( 42X ≤ ). Il ri-schio di II specie, β , è 0.103 perché tale è l’area sottesa dalla v.a. Normale di media 40 e scarto tipo 1.58 nella regione di accettazione ( 42X > ).

10.21 Affermare che la probabilità di falso allarme sia più bassa consiste nel rigettare l’ipotesi nulla, correndo un rischio α pari a:

10.22 Per una generica ampiezza del campione, , l’intervallo di accettazione è:

( )2 16 1

0

16 0.3 1 0.3 0.09936.i

i iα −

=

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠∑

n1.5 1.525 1.645 ; 25 1.645

n n⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

1 { 26.5}μ= =� , 1( )Ψ �Il valore della potenza nei confronti di , è dato dall’area sot-tesa alla pdf Gaussiana, di media 26.5 e scarto tipo n

è quello che soddisfa la seguente disuguaglian-σ , all’esterno dell’intervallo

di accettazione. Il valore minimo di za:

n

1

1.5 1.525 1.645 26.5 25 1.645 26.5( ) 1 0.99

1.5 1.5U Un nF F

n n

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟Ψ = + − ≥⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

� .

Risolvendo per tentativi si ricava 16n = ; infatti, per 15n = e per 16n = otteniamo, ri-spettivamente, 7 e 1�( ) 0.98Ψ = 1( ) 0.991.Ψ = �

10.23 Il test è direzionale e la regione di rigetto è costituita dall’insieme di valori {8, 9, 10}. Il valore della potenza nei confronti di 1 { 0.8p }= =� , 1( )Ψ � , è dato dalla massa di probabilità della pmf binomiale, di parametri 10n = e 0.p = 8 , che grava sulla regione di rigetto:

+

10.24 Utilizzando la statistica di Student, troviamo il seguente valore di

( ) ( )

( )

10 8 10 98 9

10 1010

10 10( 0.8 1 0.8 0.8 1 0.88 910 0.8 1 0.8 0.6778.10

− −

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

1 )Ψ =�

t : 120.87 120.00 1.070

3.1515

t −= =

cui corrisponde, in corrispondenza di 14 gradi di libertà, una significatività del test pari a 1 0.849α− = , avendo fissato l’ipotesi alternativa unidirezionale.

10.25 Con riferim nto alla distribuzione Ipergeometrica con 100N =e , e 25D =20n = β, il rischio di II specie, , è:



1

0

25 7520

0.0015 0.0134 0.0149.10020

i

i iβ

=

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠= = + =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

10.26 Adottando classi di ampiezza 10xΔ =o il vettore (

, individuate dai valori centrali , otteniam(45, 55, 65, 75, 85, 95,105) 4,10, 20, 29, 24, 8, 5) di frequenze

osservate, iO , cui corrisponde il seguente vettore di frequenze attese, 100i iE P= × , (3.80, , , , 11.09 21.08 26.11 2 )3.801.08, 11.09, , essendo:

2 7x x+ Δ − 5⎛ ⎞ 2 75x x− Δ −⎛ 15 15

i ii U UP F F= − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Con le suddette frequenze, la statistica (10.11) fornisce il valore

⎞

2.14κ = , che è mi-nore del 90° percentile della v.a. 2χ , con 6ν = , pari a 10.64. Pertanto, al livello di significatività 01 0.9α− = , non possiamo rigettare l’ipotesi di Cdf gaussiana.

10.27 In questo caso le frequenze attese, iE , assumono un valore costante uguale a 100 7 14.29= e la statistica (10.11) fornisce il valore 41.53κ = che è maggiore del 90° percentile della v.a. 2χ , con 6ν = , pari a 10.64. Pertanto, il test è significativo

ma( 7-value 2.27 10p −= ×Ovviam

) e quindi l’ipotesi che la Cdf sia di tipo uniforme è rigettata. quanto l’istogram delle densità di fre-

quenza riportato nell’Esempio 6.5 ha una forma molto diversa da quella di una pdf u-niforme.

10.28 L’intervallo di confidenza,

ente il risultato era prevedibile in

, del rapporto di varianze 2 2( )B Aσ σ , (0.36, 4.31) determinato nel Problem re 1, per cui, al livello di confidenza

0a 9.29, include il valo

1 0.9α− =

possiam

, non può essere rigettata l’ipotesi di uguaglianza delle varianze. Verifica-ta l’ipotesi di uguaglianza delle varianze, per confrontare le medie dei due campioni

o utilizzare la stima pooled pionaria e la statistica di Stu-dent. Fissato il livello di signifi 0

della varianza camcatività 1 0.9α− = e le ipotesi 0 { }A Bμ μ= =� ed

1 { }A Bμ μ= ≠� , abbiamo:

0.9590.75 88.14 1.82 1.746; 16

(8.54 9 9.99 7) 16 1 10 1 8t t ν−= = > =

× + × + =

per cui è possibile rigettare l’ipotesi nulla essendo significativa la differenza riscon-trata.

10.29 Adottando classi di ampiezze individuate dai valori degli estremi superiori , otteniamo il vettore (120, 240, 360, 480) (22,12, 7, 6)

11.64, 6.38, 3.51 di frequenze osservate, iO ,

cui corrisponde il vettore (21.20, ) di frequenze attese, 47i iE P= × , essendo:

.=10.005 ; 0e x−− −= − 0.005i ix x0iP e



Con le suddette frequenze, la statistica (10.11) fornisce il valore 1.88κ = , per il quale la Cdf della v.a. 2χ , con 3ν = , fornisce un -value 0.60p = . Conseguentem

0.60.ente 0�

verrebbe rigettata solo con un rischio di I specie almeno pari ad α =

10.30 Il rischio di I specie è , essendo 101 0.α− ≅0.90α ≅ l’area sottesa dalla pdf gaussiana con 2μ = e 2 25 0.4= = 0σ

, nella regione di accettazione: 2.048 2 2 (0.12) ( 0.12)

0.40 0.401 0.4522 0.4522 0.0956.U U U UF F F F− −⎛ ⎞ − = − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠= − − =

Capitolo 11

11.9 Non necessariamente. Per rispondere al secondo quesito si può eseguire un test di Student multiplo, valutando gli intervalli di confidenza delle quattro medie, con l’uso della varianza pooled, e controllando quale intervallo include la media del primo gruppo:

1.952⎛ ⎞

livello del osservazioni media e intervallo di confi- fattore varianza denza della media

al livello 1 0.951 8.99, 9.89, 9.61, 9.43 8.60, 10.26

9.31, 9.35 0.89292 11.62, 11.40, 11.11, 11.33 10.50

10.80, 11.72 0.8929

pooled α− =

, 12.16

3 11.85, 11.33, 11.84, 11.98 11.15, 12.8113.83, 11.05 0.8929

4 7.57, 11.27, 8.94, 8.99 8.16, 9.827.89, 9.28 0.8929

da cui risulta che solo il quarto gruppo non permette di rigettare l’ipotesi di media u-guale a quella del primo, con un livello di confidenza di 0.95. Per il calcolo della semi ampiezza degli intervalli di confidenza, si può utilizzare la funzione CONFIDENCE di Microsoft Excel che, in questo caso, per , 0.8929 0.9449σ = =0.05α = ed

, fornisce il valore 0.828.

11.10 Basta considerare l’identità elementare:

5n =

22

1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )

n b n bij ij i j i j

i j i jx x x x x x x x x x• • • •

= = = =⎡ ⎤− = − − + + − + −⎣ ⎦∑∑ ∑∑

e tenere conto che sono nulli i tre prodotti incrociati dei tre termini del quadrato del trinomio considerato. Per esempio:



{ }1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1

[( ) ( )] ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) (

( ) ( ) ( ) (

n b n bij i j i ij i i

i j i jn b n b n b

j i i ij i i ji j i j i j

b bi ij ij i j

j j

x x x x x x x x x x

)x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

• • • • •= = = =

• • • • • •= = = = = =

• • • •= =

⎡ ⎤− − − − = − − +⎣ ⎦

⎡ ⎤− − − = − − − − −⎣ ⎦

⎡ ⎤= − − − − −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

∑∑ ∑∑

∑∑ ∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑1 1 1 1

) 0.n n b b

ji i j j= = = =

⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ ∑ ∑

=

11.11 La tabella ANOVA completa è:

*2

orig. della devianza gradi di varianza, -value varianza libertàfattore 15.1078 2 7.55391 1.91 0.2613fattore 4.58149 2 2.29074 0.58 0.6009

errore 15.7958 4 3.94894totale 35.4851 8

z pS

AB

per cui nessuno dei due fattori risulta significativo, anche se fissiamo un livello mini-mo di significatività 1 0.9000.α− =

11.12 Essendo *1 40z = 0 , abbiamo: { }*6, 2Pr 1 0.0025p Z z= > =

1 0.9975.p− =per cui il test è significativo al livello In questa condizione è il model-lo interpretativo a dover essere rigettato o almeno una delle sue ipotesi. L’ipotesi che più plausibilmente non è verificata è quella di normalità dei rilievi sperimentali, visto che — per ogni trattamento — le misure sono state ottenute su tre vetture (differenti anche per il modello). Evidentemente la somma dell’errore sperimentale e dell’effetto dovuto allo specifico modello di autovettura non costituisce una v.a. normale. Pertan-to, si dovrebbe depurare la varianza intraclasse dell’aliquota dovuta al fattore autovet-tura-giorno, come richiesto dal Problema 11.13 .

11.13 La richiesta ANOVA a due vie, riportata nella tabella seguente, indica che l’effetto del fattore autovettura-giorno è significativo — come previsto nella risposta al problema precedente — al livello 1 0.9989.p− = Permane invece non significativo l’effetto del fattore pilota.



*2

origine della devianza gradi di varianza, -valueZ varianza libertàfattore 16.576 2 8.2878 0.05 0.9515

principalefattore 19036 2 9518.4 57.86 0.0011

secondarioerrore 658.04 4 164.51totale 19711 8

pS

11.14 Dal modello di analisi ( )ijk i j ij ijkx μ α β αβ ε= + + + + , i valori attesi cercati sono facilmente dedotti ricordando le ipotesi di s-indipendenza ed omogeneità delle varianze:

2

2 21

2 21

2 21 1

2

orig. della varianza valore atteso della varianza, E{ }

fattore principale( 1)

fattore secondario( 1)

interazione ( )( 1)( 1)

errore

nii

bjj

n biji j

Sbc

nnc

bc

n b

σ α

σ β

σ α

σ

=

=

= =

+−

+−

+− −

∑

∑

∑ ∑

β

11.15 La produzione complessiva è caratterizzata da una varianza pari a 32 2(1 3) ( )1 ii μ μ+ −∑ e da una media ( ) / 3= 1 2 3σ μ μ μ μ= + + . Infatti in ogni “ba-

ricentro” i è concentrato μ 1 3 della “m di queste contribuisce alla varianza complessiva con la somm

assa” totale e ciascuna a di due aliquote, 21 3σ e 21 3( )iμ μ− , do-

vute rispettivamente alla varianza intorno alle singole m die ed alla varianza delle medie parziali intorno a quella compriportati nella seguente tabella.

elessiva. I valori attesi dell’ANOVA sono quelli

2

32 2

1

2

origine della valore atteso varianza della varianza

E{ }

( )fattore 2

errore

ii

Sm

L σ μ μ

σ

=+ −∑

11.16 La prima eguaglianza segue dal seguente sviluppo:



2 2 2

1 1 1 1

2 2 2

1 1 1 1 1 12

2 2 2

1 1 1 1

( ) ( 2 )

2 2 (

n m n m

t ij ijiji j i j

n m n m n mijij ij

i j i j i jn m n m

ij iji j i j

x x x xx x

x x x nmx x x nmx nmx

Tx nmx xnm

= = = =

= = = = = =

= = = =

Σ = − = − + =

= − + = − +

= − = − ⋅

∑∑ ∑∑

∑∑ ∑∑ ∑∑

∑∑ ∑∑

2) =

Analogamente, per la seconda eguaglianza si ha:

2 2 2

1 12

2 2

1 1 1 12

2 2 2 2 2

1 1

( ) ( 2 )

2 2

1 1 12

n n

f i iii i

n n n ni i

iii i i in n

i ii i

m m x x m x x x x

T Tm x x x nx m x nxm m

TT xnmx nmx T nmx Tm m m

= =

= = = =

= =

Σ = − = − + =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + = − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= − + = − = −

∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑

2

1

n

ii nm=

=

⋅∑La terza eguaglianza segue dalla (11.4).

11.17 Nel caso di un piano non bilanciato partendo dalla (11.4) e sviluppando i cal-coli si ottiene:

origine della varianza

devianza gradi di libertà

varianza, 2S

1n − ( )2

11

ni ii m x xn

=−

−∑ ( )2

1

n

i ii

m x x=

−∑ Fattore (var. interclassi)

( )2

1 1

imn

ij ii j

x x= =

−∑∑ ( )1 1nii m= −∑ ( )

( )

21 1

1 1

in mij ii j

nii

x x

m= =

=

−

−

∑ ∑∑

Errore

(var. intraclassi)

( )2

1 1

imn

iji j

x x= =

−∑∑ ( )1 1nii m= −∑

Totale

11.18 Eseguendo l’analisi della varianza ad una via dei dati sperimentali assegnati, si ottiene la seguente tabella:




devianza gradi dilibertà

varianza, 2S

*z 0.95z

Fattore (var. interclassi)

78.44 5 15.69 7.43 3.11

Errore (var. intraclassi)

25.33 12 2.11

Totale 103.78 17

Poiché risulta il test è significativo al livello 0.95. L’ipotesi nulla di ineffi-cacia del fattore “tipologia di confetti” va rigettata.

11.19 Essendo:

*0.95z z>

1 1 11 ˆˆ ˆ ˆ ˆ; ;

m n mnij iji

j i jii i i i i

x xxx x x

m n nmμ μ α μ μ

•= = ==

• •= = = = = = − = −∑ ∑∑∑

x

risulta:

1 2 34 5 6

ˆ ˆ ˆ1.22; 1.11; 2.55;ˆ ˆ ˆ2.44; 2.22; 2.44.

α α αα α α

= − = = −= = − =

Si osservi che (§11.3):

1

ˆ 0n

ii

α=

=∑ .

11.20 In questo caso, essendo il piano non bilanciato (cioè il numero di prove va-ria al variare del livello del fattore) si ha:

im

1 1 1 1

1 1

ˆˆ ˆ ˆ ˆ; ;

im n m nij ij i i

j i j ii i i i in ni

i ii i

x x m x.x x x

mm m

μ μ α μ μ•

= = = =• •

= =

= = = = = = − = −∑ ∑∑ ∑

∑ ∑ x

Risulta pertanto:

3

13

11 2 3

10 1 20 2 30 3ˆ 2.33;10 20 30

ˆ ˆ ˆ1.333, 0.333, 0.667.

i ii

ii

m xx

mμ

α α α

=

=

× + × + ⋅×= = = =+ +

= − = − =

∑

∑

i

Si osservi che in questo caso, trattandosi di piano non bilanciato, la condizione che devono soddisfare le ˆ iα non è:

1

ˆ 0n

ii

α=

=∑

ma la seguente:



1ˆ 0

ni i

im α

==∑ .

11.21 Eseguendo l’analisi della varianza ad una via dei dati sperimentali disponibili, si ottiene la seguente tabella:

origine della

varianza devianza gradi di

libertà varianza,

2S *z 0.95z

Fattore (var. interclassi) 0.0198 4 0.0094 5.99 3.06

Errore (var. intraclassi) 0.0124 15 0.0008

Totale 0.0322 19 Risultando il test è significativo al livello 0.95. L’ipotesi nulla di ineffica-cia del fattore “fonderia” va rigettata.

11.22 Eseguendo l’analisi della varianza a due vie con interazione si ottiene la se-guente tabella:

origine della

varianza devianza gradi

di libertà

varianza,

*0.95z z>

2S *z 0.95z

Modalità di prelievo (B)

0.131 3.68 2 61.733 10−×63.47 10−×

Zona di prelievo (A) 4 69.583 10−× 0.726 3.05 53.833 10−×Interazione

(AB) 8 69.608 10−× 0.728 2.64 57.687 10−×

Errore 15 51.320 10−×41.98 10−× Totale 29 43.17 10−×

Per entrambi i fattori, risulta , per cui non è possibile rigettare, al livello di significatività 0.95, l’ipotesi nulla di inefficacia degli stessi fattori. Alla stessa conclu-sione si giunge anche per l’interazione.

11.23 Eseguendo l’analisi della varianza a due vie dei dati sperimentali assegnati, si ottiene la seguente tabella:

*0.95z z<



origine della varianza devianza gradi di libertà

varianza, p-value2S

*z 0.99z

Fattore A (sito di estrazione)

33.393 10−×

4 48.48 10−×

3.096 4.18 0.033

Fattore B (profondità di estrazione)

65.72 10−×

4 61.43 10−×

0.005 4.18 0.999

Interazione (AB)

41.197 10−×

16 67.48 10−×

0.027 2.81 0.999

Errore 36.85 10−×

25 42.73 10−×

Totale 0.01034 49 Pertanto, al livello di significatività 0.99, il test non permette di rigettare l’ipotesi di inefficacia dei fattori e della loro interazione.

11.24 Eseguendo l’analisi della varianza ad una via si ottiene la seguente tabella:

origine della varianza devianza gradi di libertà

varianza, p-value2S

*z 0.99z

Fattore A (sito di estrazione)

33.393 10−×

4 48.48 10−×

5.47 3.77 0.001

Errore 36.98 10−×

45 41.55 10−×

Totale 21.04 10−×

49

Risultando è possibile rigettare l’ipotesi di inefficacia del fattore A al livel-

B ed AB non producono effetti significativi, in-globando le quantità

*0.99z z>

lo 0.99. Si vede che, nel caso in cui BΣ e nell’errore, si può riuscire ad evidenziare l’efficacia di

un trattamento che in prima analisi (problema 11.23 ) era stato considerato inefficace. Per ulteriori considerazioni al riguardo, si veda anche il problema 11.26 .

11.25 In accordo con la (11.14) si ha:

IΣ

12 12 2 1( )2.50 4.27 3.44 4.48 0.73.x x x xαβ = − − + =

= − − + = −i i i ii

11.26 In generale la potenza del test cresce al crescere del numero di gradi di libertà dell’errore. Pertanto, se si rileva che uno o più fattori non sono efficaci, si può effet-tuare nuovamente il test inglobando il loro effetto nell’errore. Così operando si ottiene la seguente tabella:




devian-za

gradi di

libertà

varian-za,

p-value

2S

*z

Commissione 60.04 2 30.02 2.96 0.0628 Errore 426.27 42 10.15 Totale 486.31 44

Il numero di gradi di libertà dell’errore passa da 30 a 42. Si vede (cfr. Tabella 11.25) che operando questa nuova scomposizione il valore di p-value si riduce da circa 0.10 a circa 0.06.

11.27 Il modello di tabella ANOVA usata nell’Esempio 11.7 è quello a due vie con interazione riportato in Tabella 11.23 cui corrisponde un insieme di dati raccolti se-condo lo schema di Tabella 11.24. Invece, trascurando la presenza del fattore B, i dati di Tabella 11.24 sarebbero stati riaggregati nella maniera seguente:

Livello del fattore osservazioni

24, 27, 25, 30, 26, 30, 23, 25, 28, 29, 29, 29, 25, 21, 26

1A

23, 26, 26, 18, 30, 22, 25, 22, 25, 23, 21, 24, 26, 21, 23

2A

24, 26, 30, 24, 26, 21, 30, 26, 30, 24, 30, 26, 18, 20, 30

3A

e il modello di tabella ANOVA da utilizzare sarebbe stato quello ad una via riportata in Tabella 11.11. Non è difficile verificare che risultano valide le seguenti uguaglian-ze:

( ) ( )

( ) ( )

2 2

1 12 2

1 1 1 1 1

n ni i

i in m n b c

ij ijki j i j k

m x x bc x x

x x x

••= =

= = = = =

− = −

− = −

∑ ∑

∑∑ ∑∑∑

x

(essendo i primi membri tratti dalla Tabella 11.11 ed i secondi dalla Tabella 11.23) che indicano che in questo caso la eΣ calcolata usando la scomposizione dell’ANO-VA ad una via coincide con la som delle quantità ma bncΣ , icΣ e relative alla scomposizione dell’ANOVA a due vie con interazione.

11.28 Il piano è non bilanciato, pertanto si ha:

eΣ




devianza gradi dilibertà

varianza, 2S

*z 0.95z

Fattore (var. interclas-

si)

0.192 1 0.192 3.77 4.75

Errore (var. intraclas-

si)

0.610 12 0.051

Totale 0.802

Il test è non significativo. Non si può rigettare l’ipotesi che il livello medio di creati-nuria sia lo stesso.

11.29 Dallo svolgimento dell’Esempio 10.5 risulta:

2 1 1.941 1x x

s n m−

=+

da cui si ottiene: Pertanto, risultando 1.94 interno all’intervallo si deduce che non è possibile rigettare l’ipotesi nulla.

11.30 Il test di Student e l’ANOVA nel caso di un fattore a due livelli e test bilaterali sono totalmente equivalenti. Infatti, la variabile

0.025 0.9752.179 e 2.179.t t= − =

*Z usata per l’ANOVA:

( ) ( )

( )

1221 11

11 1

in mnij ii i i ji

nii

x xm x xn m

−

= ==

=

⎛ ⎞−− ⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎜ ⎟−⎝ ⎠

∑ ∑∑∑

nel caso in esame ( ) può essere particolarizzata come segue: 2n =

( ) ( )

( )

( ) ( )( )

( )

( )( )( )

( )

( )

( ) ( )

2 22 222 1 1 2 2 1 22 11 1 2 2 1 21 21 2

2 22 21 1 1 1

1 2 1 22

1 2 1 2 1 2 21 22 21 2 1 2

2 2 221 21 21 1

1 21 2

2 1

2 2

1 122

i i

i

i ii

m mij i ij ii j i j

i

mij ii j

m m x x m m x xm x m x m x m mm m

x x x x

m m m mm m m m x x m m x xm m m m

m s m sx xm mm m

=

= = = =

= =

− + −− + +⎡ ⎤⎣ ⎦+− = =

− −

+ − + −+ −

−+ += =

− + −−+ −+ −

∑

∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑

che coincide col quadrato della variabile T usata per il test di Student:

( ) ( )2 2

1 22 1 1 2

1 21 2

1 1;

21 1m s m sx x s

m ms m m− + −−

=+ −+



Capitolo 12

12.9 Trattandosi del caso in cui la prestazione ideale è 0 0x = (LB), il valore atteso della perdita è:

{ } 2 2 2 22 2

15,00E ( ) ( ) (0.04 0.004 ) 3,79 euro0.08

CL x μ σ= + = + =Δ

.

12.10 I valori assunti dalla funzione SN suggeriscono di adottare la configurazione contraddistinta col n° 2:

combinazione i 210 0110 log ( )n

iiSN x x n=⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦∑

1 −15.2 2* −1.6 3 −16.4

12.11 I valori assunti dalla funzione SN, valida per il caso LB, suggeriscono di adot-tare la configurazione n° 1:

combinazione i ( )21010 log iiSN x n= − ∑

1* −19.6 2 −23.5 3 −26.7

12.12 In corrispondenza della configurazione n° 3 è massimo il valore assunto dalla funzione SN valida per il caso HB:

combinazione i 21010 log (1/ )iiSN x n⎡ ⎤= − ⎣ ⎦∑

1 19.2 2 23.4

3* 26.7

12.13 Il numero minimo di trattamenti coincide con il numero totale di gradi di liber-tà degli effetti dei fattori e delle loro interazioni che dobbiamo stimare:

12.14 Il piano

1 5 (2 1) 10 (2 1) (2 1) 16+ × − + × − × − = .

5 22 − non è ortogonale in quanto non sono nulli tutti i prodotti interni dei vettori dei codici ( e ) tra tutte le combinazioni di colonne. Infatti, per le coppie di colonne , e il prodotto è uguale a

1−CD

1+DEBD 4− .

12.15 Per , il piano fattoriale può essere esteso, nel rispetto dei vincoli dell’ortogonalità, ad un numero di fattori pari a:

4k = 2k



Pertanto, un piano fattoriale può essere impiegato per un numero di fattori al più uguale a , realizzando un piano

4

2

411.

ip

i=

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

4215=4 11k k p= + = +′ 15 112 − .

12.16 In base alle regole che definiscono l’operatore I possiamo scrivere: . Pertanto, dall’equazione simbolica EE I EABCD= = I ABCDE= ricaviamo che il

piano è di risoluzione V in quanto il num embro dell’equazione simbolica è uguale a 5.

12.17 Dall’equazione simbolica

ero di lettere al secondo m

I ABE= , poiché E EI EABE AB= = = si deduce che i codici ( e 1− 1+ ) della colonna corrispondente al fattore E sono stati ottenuti moltiplicando quelli delle colonne corrispondenti ai fattori A e B .

12.18 Il piano ha risoluzione III in quanto il numero di lettere al secondo membro dell’equazione simbolica è 3 ( )I ABE= . Inoltre, dall’elenco dei confondimenti rela-tivi a ciascun effetto principale:

A AI AABE BEB BI BABE AEC CI ABCED DI ABDEE EI EABE AB

= = == = == == == = =

si deduce che ciascun effetto principale è confuso con l’interazione di almeno due fat-tori ma non con altri fattori principali.

12.19 A partire dai generatori del piano è possibile dedurre:

I FF ABEFI GG ACDFG

= == =

da cui: I ABEFACDFG BCDEG= = e quindi l’equazione simbolica del piano è: I ABEF ACDFG BCDEG= = = . Il piano è di risoluzione IV in quanto il numero minimo di lettere che compaiono nell’equazione simbolica è 4. Inoltre, nessun effetto principale è confuso con altri fat-tori principali o con l’interazione di due fattori principali, mentre alcune interazioni di due fattori possono essere confuse con quelle di altri due.

12.20 L’elenco dei confondimenti richiesti si può ricavare dall’equazione simbolica del piano I ABD ACE BCDE= = = :

;; ;

; ; ;.

A BD CE ABCDE B AD CDE ABCE C AE BDE ABCDD AB BCE ACDE E AC BCD ABDE BC DE ABE ACDCD BE ADE ABC

= = = = = = = = == = = = = = = = =

= = =



12.21 L’elenco dei confondimenti che scaturiscono dalla riduzione è:

)a )b

I DEF ABCF ABCDEA BCF ADEF BCDEB ACF ACDE BDEFC ABF ABDE CDEFD EF ABCE ABCDFE DF ABCD ABCEFAB CF CDE ABDEFAC BF BDE ACDEFAD AEF BCE BCDFAE ABF BCD BCEFAF BC ABE BCDEFBD ACE BEF ACDFDE ACD BDF ACEFCD A

= = == = == = == = == = == = =

= = == = == = == = == = == = == = == BE CEF ABDF

CE ABD CDF ABEF= =

= = =

I ABCE ADEF BCDFA BCE DEF ABCDFB ACE CDF ABDEFC ABE BDF ACDEFD AEF BCF ABCDEE ABC ADF BCDEFF ADE BCD ABCEFAB CE ACDF BDEFAD EF ABCF BCDEAE BC DF ABCDEFAF DE ABCD BCEFBD CF ABEF ACDEBF CD ABDE ACEFABD

= = == = == = == = == = == = == = =

= = == = == = == = == = == = =

= ACF BEF CDEABF ACD BDE CEF

= == = =

Il piano che scaturisce dalla coppia di generatori è di risoluzione III; infatti, alcune interazioni di due fattori sono confuse con alcuni effetti principali. Il piano che scatu-risce dalla coppia di generatori è di risoluzione IV; infatti, nessun effetto principa-le è confuso con altri fattori principali o con l’interazione di due fattori principali. Conviene utilizzare il piano di risoluzione maggiore (IV) in quanto, a parità di nume-ro di trattamenti, consente di stimare, senza confondimenti, gli effetti principali (rite-nendo, come di prassi, trascurabili le interazioni di tre o più fattori).

12.22 L’equazione simbolica del piano è

)a

)b

I DD ABCD= = per cui il piano è di riso-luzione IV. Pertanto nessun effetto principale è confuso con altri fattori principali o con l’interazione di due fattori ma, l’interazione di due fattori è confusa con quella di altri due ( AB CD= , AC BD= , AD BC= ). Gli effetti principali e le interazioni a due a due risultano:

1 [(211.33 63.87 148.73 70.80) (57.27 45.93 41.50 17.50)] 83.134A = + + + − + + + = + ;

1 [(41.50 17.50 148.73 70.80) (57.27 45.93 211.33 63.87)] 24.974B = + + + − + + + = − ;

1 [(45.93 17.50 63.87 70.80) (57.27 41.50 211.33 148.73)] 65.184C = + + + − + + + = − ;

1 [(45.93 41.50 211.33 70.80) (57.27 17.50 63.87 148.73)] 20.64D = + + + − − − − = + ;

1 [(57.27 45.93 148.73 70.80) (41.50 17.50 211.30 63.87)] 2.9;4AB CD+ = + + + − + + + = −



1[(57.27 41.50 63.87 70.80) (45.93 17.50 211.33 148.73)] 47.54AC BD+ = + + + − + + + = − ;

1 [(57.27 17.50 211.33 70.80) (45.93 41.50 63.87 148.73)] 14.24AD BC+ = + + + − + + + = + .

12.23 A partire dai dati riaggregati per l’ANOVA a 2 vie con interazione:

1 ( 1)B − 2 ( 1)B + medie

1 ( 1)A − 65.30, 53.90, 52.60, 49.30, 44.30, 44.20 ( 11x • =51.60)

36.90, 41.60, 46.00, 18.40, 18.70, 15.40 ( 12x • =29.50)

40.55

2 ( 1)A + 204.70, 213.10, 216.20, 59.20, 64.80, 67.60 ( 21x • =137.60)

158.60, 141.30, 146.30, 72.30, 71.20, 68.90 ( 22x • =109.77)

123.69

medie 94.60 69.64 82.12

si ottiene:


devianza gradi di libertà

varianza p-value 2S

*z

A 41466.9 1 41466.9 19.19 0.0003 B 3740.0 1 3740.0 1.73 0.2032

AB 49.3 1 49.3 0.02 0.8815 errore 43221.4 20 2161.1 totale 88477.6 23

da cui si evince l’effetto significativo del fattore . Non risultano invece significativi il fattore

AB e l’interazione AB . Ovviamente, tale analisi ha un senso se si ritengono

trascurabili le interazioni BCD e (confuse, rispettivamente, con i fattori e ACD AB ) e l’interazione CD (confusa con AB ).

12.24 Non è possibile in quanto il numero di gradi di libertà relativo agli effetti che dobbiamo stimare (5) è maggiore del numero di trattamenti disponibili (4).

12.25 Non è possibile in quanto ad un piano ortogonale fattoriale possono essere aggiunti al più 4 fattori, per un numero complessivo di 7 fattori.

12.26 La risposta è affermativa. Il quadrato greco-latino applicato al piano fattoriale completo seleziona un numero di trattamenti uguale a superiore al numero di gradi di libertà necessari per la stima degli effetti richiesti:

32

45 25 ,1 4 (5 1) 17+ × − = .

o, per un generico piano fat-Il risultato, per ed , vale in generale in quant

toriale

4f ≥ 3n ≥fn il num enti ero di trattam 2fn − previsto dal piano ridotto di tipo quadrato

greco-latino risulta semp ero di gradi di libertà necessari per la stim fe . L’unico limite è legato all’esistenza, per un

, di quadrati latini ortogonali (cfr. Problema 12.30).

re ma1

( )n

ggiore del num1)−a degli ef

generico numtti richiesti:

ero di livelli (f n+ ×



12.27 Le prove di un quadrato latino sono sufficienti a saturare tutti i gradi di li-

bertà ) per .

12.28 Il primo quadrato latino è ortogonale sia al secondo che al terzo; infatti, nelle celle corrispondenti, ogni coppia di livelli compare una ed una sola volta. Ne derivano i seguenti quadrati greco-latini:

f 14 −

f 4 1+ −( ) ( ) (f

1 4 1 4 12

⎛ ⎞+ × − × −⎜ ⎟

⎝ ⎠f 5≥

1 2 3

1 2 31 1 32 3 12 2 13 1 23 3 2

jli k

231

1 2 3

1 3 21 1 33 2 12 2 12 1 33 3 2

jli k

231

o, data la simmetria, quelli realizzabili scambiando i livelli l con quelli k.

12.29 Il piano fattoriale ridotto che risulta dall’applicazione del primo quadrato latino del problema precedente è il seguente:

condizioni sperimentali A B C

1T 1 1 1

2T 1 2 3

3T 1 3 2

4T 2 1 2

5T 2 2 1

6T 2 3 3

7T 3 1 3

8T 3 2 2

9T 3 3 1

Si verifica facilmente che le colonne di tale piano sperimentale sono linearmente in-dipendenti. Tale proprietà, di carattere del tutto generale, deriva dall’ortogonalità dei quadrati latini.

12.30 Non è possibile in quanto per 6n = non esistono quadrati latini ortogonali (cfr. il noto problema di Eulero, detto anche “dei 36 ufficiali”).

Capitolo 13

13.9 Alla statistica di Fisher corrisponde un -value pari a , quindi 101.04 10−×p



l’ipotesi } è rigettata.

13.10 } è rigettata sia per

0 { 0a= =�

L’ipotesi 0� { 0a= = 0.05α = che per 0.01α =bi i casi. L’ipotesi

, essendo i dell’intervallo di confpositivi gli estrem

{ 0}= =idenza in entram

0.050 b� non può essere rigettata né per α = né per 0.01α = essendo nega-

tram

13.11 ati della variabile , in corrispondenza dei 12 valori

tivo l’estremo inferiore dell’intervallo di confidenza e positivo quello superiore in en-bi i casi.

I 12 dati stim Y ix del cam-pione, sono:

ˆiy =

ed in corrispondenza di

{486, 506, 509, 512, 515, 523, 660, 694, 709, 695, 710, 713}

è 520ix = ˆ 529.iy =

13.12 etri e del coefficiente di correlazione sono:

13.13 Alla statistica di Fisher corrisponde un

Le stime dei paramˆ ˆˆ 1.57; 54.65; 0.88a b ρ= = = .

p -value pari a , quindi l’ipotesi } è rigettata.

13.14 } è rigettata sia per

81.08 10−×

0 { 0a= =�

L’ipotesi 0� { 3a= = 0.05α = che per 0.01α =bi i casi. L’ipotesi

, essendo il valore 3 esterno all’intervallo di c

{ 75}= = è rigettata per onfidenza in entram

0 b� 0.05α = ma non per 0.01α = essendo il valore 75 non incluso nell’intervallo di confidenza nel prim

L’intervallo di conf

o caso ed invece incluso nel secondo.

13.15 idenza al livello 1 0.95α− = della risposta corrispondente ad

0x = 53 è:

( )( )

137.99 2.074

Le stime dei param

8.878 1.0476; 137.99 2.074 8.878 1.0476

119.14; 156.83 .

− × + × =

=

13.16 etri e del coefficiente di correlazione sono:

13.17 Alla statistica di Fisher corrisponde un

ˆ ˆˆ 0.102; 290.108; 0.51a b ρ= − = − = .

p -value pari a , quindi l’ipotesi non può essere rigettata, con un rischio di errore

0.136

0 a� { 0}= = 0.136α = .

13.18 } è rigettata per { 0.1a= = 0.05α =L’ipotesi 0� mentre non può essere riget-tata per 0 { 340}b= = −�0.01α = . L’ipotesi non può essere rigettata né per 0.05α = e né per 0.01α = .

L’intervallo di conf13.19 idenza al livello 51 0.9α− = della risposta corrispondente ad 0x = 450 è:



( )( )

336 2.306 7.974 1.2547; 336 2.306 7.974 1.2547

356.60; 315.4 .

− − × − + ×

= − −

=

13.20 L’intervallo di confidenza al livello 951 0.α− = della risposta media corri-spondente ad è:

0 450x =

( )( )

336 2.306 7.974 0.2547; 336 2.306 7.974 0.2547

345.28; 326.72 .

− − × − + ×

= − −

=

13.21 Le stime dei parametri della retta di regressione e del coefficiente di correla-zione sono Il grafico della retta di regressione, con re-

edia e del valore singolo, è:

ˆ ˆˆ 1.18; 70.44; 0.81.a b ρ= = =lative bande di confidenza al livello 0.95 della risposta m

20 30 40 50 60xi X

90100110120130140150160

yi Y

13.22 I residui sono:

(0.799209, −10.9486, 9.86825, −3.68131, 4.95232, 7.67003, 3.67003, −12.33). Essi hanno media ed il relativo grafico di probabilità con coefficiente di correlazione

68.875 10−− × è: 0.97

-10 -5 5 10zi

-1

-0.5

0.5

1

FU-1H i

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅn + 1

L

13.23 Le stime dei parametri della retta di regressione e del coefficiente di correla-



zione sono

della risposta media e del valore singolo, è:

ˆ ˆˆ 0.87, 57.48, 0.90.a b ρ= − = = − Il grafico della retta di regressione, con relative bande di confidenza al livello 0.90

35 40 45 50 55 60xi X

-10

0

10

20

30

yi Y

13.24 La retta di regressione, con bande di confidenza al livello 0.95, è la seguente:

35 40 45 50 55 60xi X

-10

0

10

20

30

yi Y

13.25 I residui sono:

(−1.00528, 2.22359, −0.547535, −2.67606, 4.0669, −2.06162). Essi hanno media ed il relativo grafico di probabilità con coefficiente di correlazione

78.33 10−− × è: 0.96



-2 2 4 6zi

-1

-0.5

0.5

1

1.5

FU-1H i

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅn + 1

L

13.26 I punti suggeriscono un andamento di tipo esponenziale, per cui la trasforma-zione ( ) XX eξ =

4.75 0.878 ci permette di linearizzarli e di stimare la retta dei minimi quadrati ( )Y Xξ= +

tri di questa retta, possiam

ete una stim

passante per l’origine. Quindi, utilizzando le stime dei parame-

o tracciare la curva interpolatrice cui 4.75 0.878 XY e= +

comp a 2ρ 0.913= :

1 2 3 4 5 6X

100200300400500600

Y

13.27 I dati mostrano un andamento iperbolico, per cui la trasformazione

( ) 1X Xξ =neare stimiam

ci consente di linearizzarli. Utilizzando i parametri della regressione li-o la curva interpolatrice 1.39 51.8Y X= + , cui compete una stima

2ˆ 0.962ρ = :

1 2 3 4 5 6X

102030405060

Y



13.28 I punti sperimentali seguono il tipico andamento logaritmico, da cui scaturisce il suggerimento di adottare la trasformazione ( ) ln( )X Xξ = che rende lineare il loro grafico e ci permette di stimare la curva interpolatrice 99.57 103.77 ln( )Y X= + cui

compete una stima : 2ˆ 0.96ρ =

2 4 6 8X

-100

100

200

300

Y

13.29 Il piano di regressione (stimato con la routine Regress di Mathematica 5.0) è X e la stima del relativo coefficiente di deter-1 2207.504 208.277 11.105Y X= − + +

minazione è 2ˆ 0.56ρ = .

0.81

1.2

x1 i X11.52

2.5

x2 i X2

-50

0

50

100

yi Y

0 81

1.2

X

13.30 I parametri della superficie di risposta 2 11b X XY a X=

4.914 (stimati con la routine

FindMinimum di Mathematica 5.0) sono a = e 12.987b = ed il corrispondente coefficiente di determinazione è 2ρ = 0.992 .



0.81

1.2

x1 i X11.52

2.5

x2 i X2

-50

0

50

100

yi Y

0 81

1.2

X

Capitolo 14

14.9 La Cdf di t3 del PNOP, con è:

3( ) 2 ,z t t=42 2

43

0 0

( 2)( ) 1 ( ) 1 exp( 2)!

i

ii i

tF t P t ti= =

= − = − −∑ ∑

da cui:

2

4 4 3 11 433

0

( )( ) exp( 2) (2 4 ) (1 2) ! 4 exp( 2)i i

i

d F tf t t t t i t i t tdt =

⎡ ⎤= = − − = −⎣ ⎦∑ .

14.10 La soluzione del problema precedente ci fornisce la pdf del terzo tempo di gua-sto, da cui possiamo calcolare la richiesta probabilità:

11 4 4 8 4

32 2 2( ) 4 exp( 2) ( 1 2 8) exp( 2)

0.013754.

f t dt t t dt t t t∞∞ ∞ ⎡ ⎤= − = − − − −⎣ ⎦

=

∫ ∫ =

14.11 Innanzitutto, possiamo ricavare la Cdf della v.a. kX (intervallo tra l’arrivo e ), utilizzando la form

1kT −

t t=kT

0 1− e ulazione dell’affidabilità per intervallo, avendo posto

k 0 1k kt t t x−+ Δ = + :

1

11 1( , ) 1 ( ) exp ( ) expk

k k

t k kk k k X k t

t tR t t x F x z t dtβ β

α α−

−− −

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤+ = − = − = − +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦∫

da cui ricaviamo la funzione inversa 1( )kX kF x− :

1

1 11 1ln ; ln1 ( ) 1i

k

k k kk

X k i

t t ttF x u

ββ β βα

α α α− −

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + = − +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

che ci consente di ottenere le determinazioni della v.a. dalle determinazioni della v.a. Uniforme definita nell’intervallo (0, 1).

ikt kT iu



0 12

34

5t, Tk 0

2

4

68

10

mNHtL, k00.2

0.4

0.6

0.8

fkHtL

0 12

34

5t, Tk Ad esempio, sulla base di 5000 determinazioni pseudo-sperimentali di ciascuna v.a.

( ), con kT 1, ,10k = … 1α = e 2β = , ed utilizzando un’interpolazione cubica degli i-è ottenuto il grafico precedente che appare

quasi indistinguibile da quello di Figura 13.11 realizzato utilizzando la formulazione e in questo è riportata la funzione media mN(t) Tk, le cui medie sono evidenziate con un pun-

to in grassetto. Anche qui, grazie alla robustezza del teorema del limite centrale, pos-e le pdf risultano quasi indistinguibili da quella Nor-

male di pari media e varianza, disegnata a tratto più sottile.

14.12 La media della generica v.a. è data da:

=

stogrammi

analitica delle pdffk(t) dei prim

o notare com

delle densità di frequenza, si

. In quel grafi dieci temp

già per k

ico comi di guasto

10

e le

siam =

kT

[ ]0 0 0

0 0 0

E{ } ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ;

k k k k

k k k

T t f t dt t dF t t dR t

t R t R t dt R t dt

∞ ∞ ∞

∞ ∞∞

= = = −

= − + =

∫ ∫ ∫

∫ ∫

[ ]1

0( ) 1 ( ) exp ; lim ( ) 0

!

ibkb

k k kti

tR t F t t t R t

i

λλ

−

→∞=

⎡ ⎤⎣ ⎦⎡ ⎤= − = − =⎣ ⎦ ∑

da cui abbiamo:

( ) ( )( )

1 1

1 100 0

11 1E{ } exp 1! !

ibk kb

k b bi i

t k bT t dt i b

i ib k

λλ

λ λ

− −∞

= =

⎡ ⎤ Γ +⎡ ⎤⎣ ⎦⎡ ⎤= − = Γ + =⎢ ⎥⎣ ⎦ Γ⎣ ⎦∑ ∑∫ .

Nel caso particolare in cui è il processo è quello Omogeneo di Poisson ed es-sendo )k risulta

1b =( 1) (k kΓ + = Γ E{ }kT k= λ che corrisponde alla somma delle medie

di k tro v.a. Esponenziali di parame λ . In questo caso la funzione lineare discreta E{ }kk Tλ= è sovrapposta alla retta ( )m t tN λ= . Infatti, rispetto al riferimento di or-

) e di ascisse (dinate ( ( )Nm t k= E{t T }k= ), le due funzioni hanno sempre la stessa



ordinata, E{ }kTλ , qualunque sia l’ascissa E{ }.kt T= In altre parole, il luogo (discre-e è sovrapposto al luogo (conti-

nuo) dei punti rappresentativi delle me . ente ma tendono rapi-

dame b e/o k crescenti infinitam

14.13 essa, la vincita, turata dopo dieci estrazioni si distri-buisce com una v.a. Binomiale di param

to) dei punti rappresentativi delle m

Nel caso generale (nte a coincidere per

In presenza di rime

die delle v.a. kTdie delle v.a.

) le due funzioni differiscono leggerme

10 , matri 10n

(N t

nte.

)1b ≠

Ye p == e 2 5 :

{ }102 2

1010

1 0,1,2, ,10.5 5

Y y yy

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

…

14.14 la vincita maturata dopo i l’incremento di vincita m turato con le estrazioni 8-10, si può scrivere:

Pr

Indicata con a( )

;y y−

iY 8,10Y estrazioni e con

( ){ } ( ){ } ( ) ( ){ }( ){ } ( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }

( )

10

;

Y

7 10 7 7

7 8,10 7 7 3

7 3

Pr Pr Pr

Pr Pr Pr Pr

7 32 2 21 1 ;5 5 5

0,1,2, ,7; 0,1,2, .

x x y x y x

Y x Y y Y x Y x

Y x Y y x Y x x Y y x

x y xx y y x

− − − −

= ∩ = = = = =

= = = − = = = − =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = ≥… …

In virtù della validità della uguaglianza:

25

,10

Y y=

=

−

( ){ } ( ) ( ){ }3 8 0Pr PrY y x Y x Y x= − = = = ,1 y −

anche ad increm

, m

7

il processo è anche detto senza memoria (o enti indipendenti e stazio-nari).

14.15 In caso di assenza di rimessa la vincita, aturata dopo dieci estrazioni si distribuisce come una v.a. Ipergeometrica:

10Y

{ }10

20 50 2010

Pr ; 0,1,2, ,10.5010

y yY y y

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

…

14.16 Utilizzando la stessa notazione del problema 14.14 si può scrivere:



( ) ( ){ } ( ){ } ( ) ( ){ }( ){ } ( ) ( ){ }7 10 7 10 7

7 8,10 7

Pr Pr Pr

Pr Pr

20 30 20 30 77 3

;50 437 3

0,1,2, ,7; 0,1,2, ,10; .

Y x Y y Y x Y y Y x

Y x Y y x Y x

x xx x y x y x

x y y x

= ∩ = = = = =

= = = − = =

− − +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − +⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= = ≥… …

=

Come si vede, in assenza di rimessa il processo ha memoria (la distribuzione dell’incremento dipende da , numero di biglie nere estratte in precedenza).

14.17 Indicata con la vincita maturata dopo i estrazioni e con l’incremento di vincita maturato con la i-esima estrazione, abbiamo che: a) nel caso di estrazione con rimessa, per ogni i la v.a. è una v.a. di Bernoulli di

parametro

8,10Y 7Y

iY ,i iY

,i iY2 5p = :

{ }1

,2 2Pr 1 ; 0,15 5

y y

i iY y y−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

;

50i ≤b) nel caso di estrazione senza rimessa, per ogni si ha:

( ){ }( ) ( ){ } { }

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

,

1

, 1 101

0

1

0

Pr 1

Pr 1 Pr

3020 50201 150 1

50 1 ! 1 !20 20! 30!50 1 20 ! ! 50!30 1 ! 1 !

5020 1 !20 30!50 20 1 ! ! 30 1 ! 1 !

i i

i

i i i ixi

x

i

x

Y

Y Y x Y x

xi xx ii

i ixi x x i x i x

x x i x i x

−

− −=

−

=

−

=

= =

= = = = =

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= =⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −− − ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

− − −−= =

− − − − − + − −

−=

− − − − + − −

∑

∑

∑

( )( ) ( )( )

( )

1

0

1

0

1 1 ! 1 !50 1 !

3020 1 50 120 21 150 5

i

x

i

x

i i

i xx i

−

=

−

=

− − − −=

−

⎡ ⎤− −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

∑

∑

da cui ricaviamo:

( ){ } ( ){ }, ,3Pr 0 1 Pr 15i i i iY Y= = − = = .

Pertanto, sia nel caso a) che nel caso b) è una v.a. di Bernoulli di parametro ,i iY2 5p = . La differenza tra i due processi risiede nel fatto che nel caso a) le v.a. di



Bernoulli che si ottengono al variare di i sono s-indipendenti mentre nel caso b) sono s-dipendenti.

14.18 Introdotte le seguenti notazioni: { } { }1;i iA T t B T t+= ≤ = ≤ e considerando che , è facile dedurre che B implica A, infatti se è vero B è si-curamente vero anche A mentre se è vero A non è detto che sia vero B. Sul diagram-ma di Venn i due eventi devono pertanto essere rappresentati come segue:

1i iT T +≤

A

B

S

14.19 Utilizzando le stesse notazioni dell’esercizio precedente possiamo scrivere: { } ( ) ( ){ } { }1Pr ( ) Pr Pri iN t i T t T t A B+= = ≤ ∩ > = ∩ .

A B∩Osservando il seguente diagramma di Venn, in cui l’evento tratteggiato è :

A

B

S

deduciamo che: { } { } { }Pr Pr PrA B A B∩ = − . Pertanto, ricordando che: { } { } { } { }1 1Pr Pr ( ) e Pr Pr ( )i i i iA T t F t B T t F t+ += ≤ = = ≤ = abbiamo:

{ } ( ) ( ){ } { } { } { }1

1

Pr ( ) Pr Pr Pr Pr

( ) ( ).i i

i i

N t i T t T t A B A B

F t F t+

+

= = ≤ ∩ > = ∩ = − =

= −

14.20 Essendo il differenziale della funzione media, possiamo scrivere: ( )r t dt



( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ){ }0

,

Pr ,

N N N

k

r t dt dm t m t dt m tE N t dt E N t E N t t dt

k N t t dt k∞

=

= = + − == + − = +⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

= ⋅ + =∑

=⎤⎦

dove risulta:

( ) ( ) ( ),E N t dt E N t E N t t dt⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡+ − = +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎤⎦

per la linearità dell’operatore speranza matematica.

14.21 La probabilità richiesta può essere formulata come:

( ) ( ){ } ( ) ( ){ }( ){ } ( ){ }

( ) ( ) ( ) ( )

0

0

Pr Pr ,

Pr Pr ,

exp exp! !

exp exp! !

i jt t t

t t tt

t

i j

N t i N t t i j N t i N t t t j

N t i N t t t j

dt dtdt dt

i j

t tt t

i j

λ λλ λ

λ λλ λ

+Δ

+Δ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ∩ + Δ = + = = ∩ + Δ = =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= = + Δ = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Δ= − − Δ

∫ ∫∫ ∫

con la uguaglianza: ( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }Pr , Pr Pr ,N t i N t t t j N t i N t t t j⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ∩ + Δ = = = + Δ =⎣ ⎦ ⎣ ⎦

garantita dal fatto che in un processo di Poisson le variabili che contano gli eventi in intervalli disgiunti sono s-indipendenti. In particolare, se la funzione intensità è co-stante risulta anche: ( ){ } ( ){ }Pr , PrN t t t j N t j+ Δ = = Δ = . In virtù di questa proprietà il processo Omogeneo di Poisson è detto senza memoria.

14.22 Nelle condizioni ipotizzate, per 10t ≤ , abbiamo:

( ){ }( )( ) ( )( ){ }

( ){ }( )( ){ } ( ){ }

( ){ }( ) ( )

( )

1Pr 1 ,10 0

Pr | 10 1Pr 10 1

Pr 1 Pr 10 0 exp exp 1010exp 10 10Pr 10 1

N t N tT t N

N

N t N t t t t tN

λ λ λλ λ

= ∩ =≤ = = =

=

= − = ⎡ ⎤− − −⎣ ⎦= =−=

= ⋅

La v.a. tempo al primo guasto, , dato 1T ( )10 1N = , ha Cdf Uniforme nell’intervallo (0,10) (che per vale 1).

14.23 In generale, per un processo Omogeneo di Poisson (cfr. Problema 14.21) vale la seguente:

10t >

( )( ) ( )( ){ } ( ){ } ( ){ }Pr Pr PrN t i N t t i j N t i N t j= ∩ + Δ = + = = Δ =

da cui ricaviamo:



( )( ) ( )( ){ } ( )( ) ( )( ){ }( ){ }

( ){ } ( ){ }( ){ }

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( )

PrPr

Pr

exp expPr Pr ! !Pr

exp!

!1 .

! !

i j

i j

i j i i j i

N t i N t t i jN t i N t t i j

N t t i j

t tt tN t i N t j i j

N t t i j t tt t

i j

i ji j t t t tii j t t t t t t t t

λ λλ λ

λλ

+

+ −

= ∩ + Δ = += + Δ = + =

+ Δ = +

Δ− − Δ= Δ =

= =+ Δ = + ⎡ ⎤+ Δ⎣ ⎦ ⎡ ⎤− + Δ⎣ ⎦+

++ ⎛ ⎞Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ Δ + Δ + Δ + Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

=

=

Quindi, la richiesta probabilità è:

( )( ) ( )( ){ }2 55 4 4Pr 4 2 | 10 5 1

2 10 10N N

2−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⋅

14.24 La Cdf del -imo tempo di guasto di un generico processo di conteggio è defi-sso Omogeneo di Poisson di intensità

knita dalla (14.39). Nel caso di un proce λ , ab-biamo:

( ) ( ) ( )exp!

i

it

P t ti

λλ= − .

La Cdf del tempo al quinto guasto è pertanto:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )4

55 0

exp 1 exp! !

i i

i i

t tF t t t

i iλ λ

λ λ∞

= == − = −∑ ∑ . −

14.25 La Cdf del tempo al -esimo guasto per un generico processo è definita dalla (14.39). Nel caso di un processo Non-Omogeneo di Poisson di intensità , abbia-mo:

k( )z t

( )( )

( )0

0

exp!

it

t

i

z x dx

P t z x dxi

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎜ ⎟= −

⎜ ⎟⎝ ⎠

∫∫ .

Possiamo pertanto scrivere:

( ) ( )( )

( )( )

10 0

00 0

exp 1 exp! !

i it t

t t k

ki k i

z x dx z x dx

F t z x dx z x dxi i

∞ −

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − ⋅ = − − ⋅

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫∑ ∑∫ ∫

da cui, essendo:

( )1bb xz t

a a

−⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠



abbiamo:

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )1

0exp 1 exp

! !

i ib bkb b

ki k i

t a t aF t t a t a

i i

∞ −

= =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣= − = − −∑ ∑ ⎦

che, posto , fornisce la Cdf del tempo al quinto guasto.

14.26 Indicata con l’intensità del processo di Poisson, possiamo scrivere:

5k =

( )z t

( ) ( ) ( ){ } ( ) ( )0 0

1Pr exp!

it tk

ki k i k

dF t d df t N t i z x dx z x dxdt dt dt i

∞ ∞

= =

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛⎡ ⎤ ⎞⎢ ⎥= = = = −⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ∑∫ ∫ .

Tenuto conto del fatto che:

( ) ( )0

td z x dx z tdt

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

=∫

abbiamo:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

0 0 0

1

0 0 0

1 1exp1 ! !

1 1exp1 ! !

i it t t

ki k

i it t t

i k i k

f t z t z x dx z x dx z x dxi i

z t z x dx z x dx z x dxi i

−∞

=

−∞ ∞

= =

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

∑∫ ∫ ∫

∑ ∑∫ ∫ ∫

=

( ) ( ) ( ) ( )1

0 0

1exp1 !

kt tz t z x dx z x dx

k

−⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜= −⎜ ⎟ ⎜−⎝ ⎠ ⎝

∫ ∫ ⎞⎟ ⋅⎟⎠

Infatti risulta:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

10 0 0 01

0 0 0 0

1 1 1 11 ! ! ! !

1 1 1 11 ! ! ! 1 !

i i jt t t t

i k i k j k i k

k j it t t t

j k i k

z x dx z x dx z x dx z x dxi i j i

z x dx z x dx z x dx z x dxk j i k

−∞ ∞ ∞ ∞

= = = − =

−∞ ∞

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫

∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫1k

i

−

⋅⎟

Nel caso del processo Omogeneo di Poisson, l’intensità è costante e pari a λ , per cui abbiamo:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

1 1

exp exp1 !

k k

kt t

f t t tk kλ λ

λ λ λ λ− −

= − = −− Γ

con . La v.a. di un processo Omogeneo di Poisson è una Gamma etri e

( ) ( )1 !k kΓ = −

(Paragrafo 5.2) di paramkTk λ . Per ottenere la pdf ( )5f t del tempo al quinto



guasto, basta porre .

14.27 Nel caso dell’assegnato processo Non-Omogeneo di Poisson, abbiamo:

5k =

( )

( ) ( )

1

0

b

b

N

t

b tz ta a

tm ta

z x dx

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=

= =∫

k -che sostituta nell’espressione generale (cfo guasto di un processo Non-Om

r. Problema 14.26) della pdf del tempo al esim ogeneo di Poisson, fornisce:

( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

11

exp exp1 !

kb k bb b

k

t a t abf t t a t ak a k

−⋅ −⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦1bb t

a a

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = −⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦− Γ

.

14.28 piego del processo Omogeneo di Poisson

⎝ ⎠

Le ipotesi assunte suggeriscono l’im(14.61). Per questo processo, indicata con λ la funzione intensità, l’affidabilità

( ) ( ){ }, Pr ,R t t t N t t t+ Δ = + Δ =

( )0 e:

, può essere espressa com

( ){ }, PrR t t t N+ Δ =

( ){ }( ) ( )

0

,

exp exp0!

exp exp .

t t

t tt

t

N

t t t

dtdt t t t

t m t

λλ λ λ

λ

+Δ

+Δ

+ Δ =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞

0 =

⎡ ⎤= − = − + Δ − =⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎡ ⎤= − Δ = − Δ⎣ ⎦

∫∫

14.29 Per un processo Non-Omogeneo di Poisson si ha (Paragrafo 14.5):

( ) ( ){ }( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ){ }

0

0 0

, Pr , 0 exp0!

exp exp .

t t

t tt

t

t t tN N

z t dtR t t t N t t t z t dt

z t dt z t dt m t t m t

+Δ

+Δ

+Δ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞+ Δ = + Δ = = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − = − + Δ −⎨ ⎬ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭

∫∫

∫ ∫

Nel caso in esame, abbiamo:

( ), expb bt t tR t t t

a a.

⎧ ⎫⎡ ⎤+ Δ⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ Δ = − −⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

14.30 La Cdf richiesta è:



{ } ( ){ }( ){ } ( ){ }

( ){ } ( ) ( )

( ) ( ){ }

1

1

2 1 1 1 1 1

1 1 1 1

0 0

1 1

Pr Pr , 1

1 Pr , 0 1 Pr , 0

1 exp 1 exp

1 exp ; .

t t t

t

N N

T t T t N t t T t

N t t T t N t t

z x dx z x dx z x dx

m t m t t t

≤ = = ≥ = =

= − = = = − = =

⎧ ⎫⎡ ⎤= − − = − − − =⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭

⎡ ⎤= − − − ≥⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

Capitolo 15

15.9 Dai dati calcoliamo i seguenti valori j jp d n= : 0.08, 0.04, 0.06, 0.06, 0.10, 0.20, 0.08, 0.06, 0.06, 0.12, 0.08, 0.12, 0.08, 0.12, 0.10, 0.0, 0.04, 0.06, 0.10, 0.12

che riportati sulla carta già costruita evidenziano che si è verificato un episodio di fuori controllo in concomitanza del sesto prelievo.

5 10 15 20j

0.05

0.1

0.15

0.2

p j

15.10 Dai 20 campioni prelevati successivamente alla modifica del processo ottenia-mo i seguenti valori j jp d n= :

0.06, 0.06, 0.14, 0.12, 0.14, 0.0, 0.04, 0.02, 0.02, 0.06, 0.08, 0.0, 0.08, 0.06, 0.06, 0.02, 0.06, 0.02, 0.04, 0.12

a cui corrispondono sulla carta di controllo già calcolata i seguenti 20 punti:



5 10 15 20j

0.05

0.1

0.15

0.2

p j

La deriva “imposta” al processo sembra effettivamente essersi realizzata come era nelle aspettative dei tecnici.

15.11 Se non ci fosse deriva, i punti dovrebbero capitare al disopra o al disotto della linea centrale seguendo una legge di probabilità Bernoulliana di parametro 0.5. Quin-di, dal diagramma della Cdf Binomiale di parametri 0.5 e 20 deduciamo che l’evento osservato (16 punti al disotto della linea centrale su 20) appartiene ad una coda di pro-babilità . Pertanto la deriva risulta significativa al livello 1 0.999.α− = 0.001α =

0 5 10 15 20Y

0.2

0.4

0.6

0.8

1Cdf

0 5 10 15 20Y

0.2

0.4

0.6

0.8

1Cdf

15.12 Dai dati deduciamo le seguenti stime per la costruzione della carta c:

1

1 ˆ0.50; 0.707;

ˆ ˆ3 1.62; 3 2.62.

j

j j

m

j cj

c c

c c cm

c c

σ

σ σ=

= = = =

− = − + =

∑

Possiamo quindi tracciare la carta (con limite inferiore nullo essendo risultata nega-tiva la differenza

cˆ3 )

jcc σ− che m stra una produzione verosimilmente in controllo.

15.13 Dai dati raccolti sui 30 campioni di 20 autovetture otteniamo le stime:

o



1

1 (1ˆ0.087; 0.0629;

ˆ ˆ3 0.102; 3 0.275

j

j j

m

j pj

p p

p pp dn m n

p p

σ

σ σ=

−= = = =

− = − + =

∑

)

con cui costruiamo la seguente carta p (con limite inferiore nullo essendo risultata negativa la differenza ˆ3 )

jpp σ− :

5 10 15 20 25 30j

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3p j

15.14 Assumendo come unità produttiva il “lotto” di 20 autovetture, deduciamo le seguenti stime per la costruzione della carta c:

1

1 ˆ ˆ1.73; 1.317; 3 2.22; 3 5.68j j

m

j c c cj

c c c c cm

σ σ=

= = = = − = − + =∑ ˆj

σ

tracciamo quindi la carta (con limite inferiore nullo essendo risultata negativa la differenza

cˆ3 )

jcc σ− :

5 10 15 20 25 30j

1

2

3

4

5

6c j

Notiamo che questa carta appare del tutto simile alla precedente carta p, come del re-sto dovevamo aspettarci essendo molto bassa la frazione media di esemplari difettosi (0.087).

15.15 La nuova carta è nota come “carta ” ed ha la seguente linea centrale e limiti n p



di controllo:

1

1 ˆ1.74; (1 ) 1.258;

ˆ ˆ3 2.03; 3 5.51.

j

j j

m

j dj

d d

n p d n p pm

n p n p

σ

σ σ=

= = = − =

− = − + =

∑

Confrontando questo grafico con quello della carta c del problema precedente, otte-niamo un’ulteriore conferma della buona approssimazione ottenibile adottando la car-ta c per il controllo di regimi a bassa difettosità.

5 10 15 20 25 30j

1

2

3

4

5

6d j

Confrontando questo grafico con quello della carta c del problema precedente, otte-niamo un’ulteriore conferma della buona approssimazione ottenibile adottando la car-ta c per il controllo di regimi a bassa difettosità.

15.16 È preferibile il primo piano perché ha probabilità di accettazione minore nei confronti di un lotto con il 20% di pezzi difettosi:

1

2

4

0

2

0

200 1000 20050

0.016;1000

50

200 1000 20025

0.095.1000

25

ak

ak

k kP

k kP

=

=

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠= =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠= =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

∑

15.17 Dai dati otteniamo:

2

0 01

0

1ˆ ˆ0.252; (2 3) (2 2) 0.236;

ˆ ˆ ˆ ˆ2( 1) 0.089; 3 0.031; 3 0.503.j j

m

jj

S S

s s n nm

n s s

σ σ

σ σ σ σ

== = = − − =

= − = − = − + =

∑

jS

La carta (con limite inferiore nullo essendo risultata negativa la differenza S



ˆ3jSS σ−

le.

) evidenzia una sostanziale stabilità dello scarto tipo dell’errore dimensiona-

2 4 6 8 10j

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

S j

15.18 Dai dati otteniamo:

01ˆ ˆ0.055; 0.113;

ˆ ˆ3 0.284; 3 0.394.j

j j

mj Xj

X X

x x m n

x x

σ σ

σ σ== = = =

− = − + =

∑

XLa carta evidenzia una sostanziale stabilità del processo di foratura.

2 4 6 8 10j

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Xêêêj

15.19 Con i dati disponibili calcoliamo i limiti di controllo della carta X :

50 5 502

0 01 1 1

ˆ ˆ ˆ250 502.5; 50 2.5; 5 1.1;

ˆ ˆ3 499.2; 3 505.8.

j

j j

ij j Xj i j

X X

x x S

x x

σ σ σ

σ σ= = =

= = = = = =

− = + =

∑∑ ∑

L’efficacia della carta è valutata mediante la probabilità:



502.5 3 2.5 5 (502.5 5) 502.5 3 2.5 5 (502.5 5)1 1 Pr2.5 5 2.5 5

1 Pr{ 7.47 1.47} 1 0.0708 0.9292.

U

U

β⎧ ⎫− × − + + × − +⎪ ⎪− = − ≤ ≤ =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

= − − ≤ ≤ − = − =

15.20 La carta di controllo p consente di monitorare la frazione di registrazioni in-complete. Poiché la numerosità campionaria non è costante è necessario adottare una carta p a limiti variabili in cui:

ˆ {0.771, 0.766, 0.788, 0.554, 0.546, 0.514,

0.544, 0.400, 0.455, 0.297, 0.322, 0.500};j j jp d n= =

( )ˆˆ 1 {0.049, 0.051, 0.056, 0.062, 0.050, 0.059,

0.052, 0.054, 0.067, 0.062, 0.052, 0.072};jp jp p nσ = − =

1 10.552;

m m

j jj j

p d n= =

= =∑ ∑

ˆˆ3 {0.698, 0.706, 0.719, 0.737, 0.704, 0.728,

0.710, 0.714, 0.754, 0.739, 0.710, 0.768};jpp σ+ =

ˆˆ3 {0.407, 0.399, 0.386, 0.367, 0.401, 0.377,

0.395, 0.391, 0.351, 0.366, 0.395, 0.337}.jpp σ− =

La carta di controllo mostra un’evidente instabilità del processo.

2 4 6 8 10 12j

0.2

0.4

0.6

0.8

p j

15.21 La caratteristica di qualità da monitorare è il numero di componenti scartati, a tal fine può essere utilizzata una carta np (o in maniera equivalente si può monitorare la frazione di pezzi scartati attraverso una carta p):



( )1

ˆ0.033; 1 1.384;

ˆ ˆ1.980; 3 2.172; 3 6.132.

j

j j

m

j dj

d d

p d nm np p

np np np

σ

σ σ=

= = = − =

= − = − + =

∑

La carta (con limite inferiore nullo essendo risultata negativa la differenza npˆ3

jdnp σ− ) evidenzia che il processo è in controllo.

5 10 15 20j

1

2

3

4

5

6

d j

15.22 Utilizzando la CdF della variabile aleatoria Binomiale di parametri e

, l’efficacia della carta np può essere valutata attraverso

15.23 La caratteristica di qualità da monitorare è il numero di difetti. I componenti esaminati hanno superfici differenti pertanto occorre valutare il numero di difetti ri-spetto ad una stessa unità di riferimento. Per ciascuna parte esaminata calcoliamo il numero medio di imperfezioni per

60n =0.033 (1 0.05) 0.035p = × + =

la probabilità:

( )6

0

601 1 0.035 1 0.035 0.0049.n dd

d dβ −

=

⎛ ⎞− = − − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

2cm , j j ju c n= :

Per monitorare il numero di imperfezioni per può essere utilizzata una carta u con linea centrale e limiti di controllo variabili così definiti:

{0.070, 0.060, 0.056, 0.058, 0.058, 0.084, 0.065, 0.064, 0.062, 0.065, 0.065, 0.067, 0.074, 0.075, 0.072, 0.062}

2cm

1 10.065;

ˆ3 {0.043, 0.041, 0.038, 0.038, 0.043, 0.033, 0.038, 0.041,

0.028, 0.043, 0.033, 0.028, 0.026, 0.037, 0.039, 0.026};ˆ3 {0.087, 0.090, 0.093, 0.093, 0.087, 0.098, 0.093

j

j

m m

j jj j

u

u

u c n

u

u

σ

σ

= == =

− =

+ =

∑ ∑

, 0.090,

0.103, 0.087, 0.098, 0.103, 0.104, 0.093, 0.092, 0.104}



essendo:

ˆ {0.007, 0.008, 0.009, 0.009, 0.007, 0.011, 0.009, 0.008,

0.012, 0.007, 0.011, 0.012, 0.013, 0.009, 0.009, 0.013}.ju ju nσ = =

La carta di controllo u evidenzia che il processo è in controllo.

2 4 6 8 10 12 14 16j

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

u j

( )H j∑ ,15.24 Dai dati calcoliamo i valori della somma superiore, e di quella infe-

riore, ( )L j∑ :

( ) {0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0( ) {0.73,0,0,0,0,0,1.24,0.34,1.94,4.16,5.48,6.48,9.08,11.68}.

H

L

jj

==

∑∑

,0};

I valori riportati sulla carta CUSUM unilaterale inferiore insieme al limite

decisionale,

( )L j∑

4 8L Cμ= Δ = ° , evidenziano una significativa riduzione della tempera-tura.

2 4 6 8 10 12 14j

2

4

6

8

10

SLH jL

15.25 In condizioni di controllo statistico, la linea centrale e i limiti di controllo della carta p assumono i seguenti valori:



( )0 0 0

0 0

0.22; 1 0.059;

3 0.043; 3 0.397p

p p

p p p n

p p

σ

σ σ

= = − =

− = + =

Se dovesse verificarsi un incremento della difettosità del 25%, , per poter individuare tale deriva, sarà necessario, in me-

dia, esaminare un numero di campioni pari al periodo di ritorno di un fuori controllo:

0.22 (1 0.25) 0.275p = × + =

11 53

1T β β− = ≅

−

essendo

{ }

( )20

2

Pr 0.043 0.397 0.275 Pr 2 20 0.275

500.275 1 0.275 0.981.n dd

d

D p D pn

d

β

−

=

⎧ ⎫= ≤ ≤ = = ≤ ≤ =⎨ ⎬⎩ ⎭

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

=

Quindi, poiché la frequenza di campionamento è 30 minuti, l’incremento di difettosità sarà segnalato dalla carta dopo circa 26 ore e 30 minuti dal suo verificarsi.

15.26 In condizioni di controllo statistico, la linea centrale ed i limiti di controllo del-la carta c assumono i seguenti valori:

0 0

0 0

10; 3.16;3 0.51; 3 19.49.

c

c c

c cc c

σ

σ σ

= = =

− = + =

10(1 0.40) 14c = + = , Se dovesse verificarsi un incremento della difettosità del 40%, per poter individuare tale deriva, sarà necessario, in media, esaminare un numero di campioni pari al periodo di ritorno di un fuori controllo:

11 21;

1T β β− = ≅

−

essendo

{ }20

0=Pr 0 20 14 0.952

!

d c

d

c eD cd

β−

=≤ ≤ = = =∑ .

15.27 Dalle stime campionarie ricaviamo le stime della media 0μ e dello scarto tipo

0σ del processo:

0 0ˆ ˆ3050.0 25 122.0; 28 25 1.1= . μ σ= = =Nell’ipotesi che la CdF della v.a. X sia ben interpretata da un modello Normale, la stima della capacità del processo è data da:

{ }

0 0

0 0

ˆ ˆ 120 (1 0.03) 122 122 120 (1 0.03)min , min ,ˆ ˆ3 3 3 1.1 3 1.1

min 0.48, 1.70 0.48.

pkLS LIC μ μ

σ σ⎧ ⎫ ⎧ ⎫− − × + − − × −

= =⎨ ⎬ ⎨ × ×⎩ ⎭⎩ ⎭= =

=⎬



L’ipotesi di normalità consente di stimare la frazione di fogli non conformi come se-gue:

{ }

( ) ( )

0 0

0 0

ˆ ˆˆ 1 Pr 1ˆ ˆ

1 1.45 5.09 0.0735.

U U

U U

LS LIp LI X LS F F

F F

μ μσ σ

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −= − ≤ ≤ = − − =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤= − − − =⎣ ⎦

Il valore della frazione di non conformi è elevato, coerentemente alla scarsa capacità del processo.

15.28 La probabilità di accettare il lotto è calcolata utilizzando la CdF del modello Ipergeometrico (

100, 0.05 100 5, 10)N D n= = × = = : 5 100 5−⎛ ⎞⎛

( )1

0

101 0.923

10010

a Kk

k kP F

=

⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ .

15.29 Essendo la frazione di campionamento pari a 5 150 0.033n N = = (ossia infe-riore al 10%), è possibile approssimare la CdF del modello Ipergeometrico con quella del modello Binomiale. In base alla regola di collaudo, la probabilità di accettazione del lotto può essere espressa come:

51a

DPN

⎛ ⎞≅ −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

In corrispondenza di un rischio del cliente pari a 0.10β = il livello di qualità rifiuta-bile (RQL) è approssimativamente pari a: 1 51 0.10 0.37RQL ≅ − = .

15.30 In base alla regola di collaudo fissata, in corrispondenza di una frazione di di-fettosi 0.05D N =

odello Ipergeom, la probabilità di accettare il lotto è calcolata utilizzando la CdF

del m etrico : ( 40, 0.05 40 2, 3)N D n= = × = =

( )

2 38⎛ ⎞⎛ ⎞0 3

0 0.854403

a KP F⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Il rischio del fornitore coincide con la probabilità che il lotto sia rifiutato ed è pari a: 1 0.146aPβ = − = .

15.31 Risolvendo in termini di Y e n le due equazioni:



( )

( )

0.01 1 0.01 1 0.05ln ln ln ;0.06 1 0.06 0.100.01 1 0.01 0.05ln ln ln0.06 1 0.06 1 0.10

y n y

y n y

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛+ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎞⎟⎠

si ottiene il piano di analisi sequenziale richiesto:

1.57 0.028

1.22 0.028 .y n=y n

+= − +

15.32 In base al piano di analisi sequenziale definito nel problema precedente è ne-cessario continuare a cam entale più elevata.

pionare per poter raggiungere un’evidenza sperim


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