x - Fisica - Sapienza

(2.10) Problema inverso del precedente in un certo senso. Dobbiamo fare una assunzione sulle
caratteristiche dell’intervallo. La cosa più naturale é assumere che sia simmetrico. Sarà
ovviamente m = (150+220)/2 = 185 mg/dl. Quanto a σ, dobbiamo ricorrere alle tabelle
(pag.69) dove però occorre fare attenzione al fatto che un intervallo simmetrico al 90%
corrisponde ad un estremo al 95% a destra e al 5% a sinistra. Il valore in corrispondenza a
95%é 1.65 e quello al 5% sarà –1.65. Pertanto s = (220-185)/1.65 = 21 mg/dl.
(2.11) Si tratta di calcolare la probabilità che su 1654 voti il numero di SI sia inferiore a 1654/2 =
827, sapendo che la probabilità di votare SI é del 52.67%. Nel trattare il problema in questo
modo stiamo assumendo che il nostro paese sia “elettoralmente omogeneo” alla popolazione
nazionale, che tutti i 1654 aventi diritto votino, che non ci siano schede bianche, e cosi’ via.
Il problema é binomiale, ampiamente in limite gaussiano. Pertanto μ = Np = 1654 x 0.5267
= 871.2 e σ = √Np(1-p) = 20.3. p(x < 827) = p( m < -2.17) = 1.5% (guardando la tabella di
pag.69).
(2.12) Il fenomeno é caratterizzato da un rate di 38.4/100 = 0.384 s -1 e da una costante di tempo τ =
1/rate = 2.60 s. Usando la distribuzione dei tempi d’attesa si ha che P(t > t*) = exp(-t*/τ)
cioè (t* = 10 s, τ = 2.60 s) P(t>10s) = 0.021. In un’ora il dispositivo si blocca un numero di
volte dato da: rate x 3600 s x P(t > 10s) = 29.
(2.13) I dati sono: P(P/C) = 90% e P(N/NC) = 90% in cui C e NC vuol dire affetto o non affetto da
epatite C. Da questi deduciamo che P(N/C)=10% e P(P/NC)=10% per motivi di
“normalizzazione”. Io sono interessato a sapere P(C/PNP) e P(C/PPP). Qui l’applicazione
del teorema di Bayes é più complessa. Mi servono infatti in primo luogo P(PNP/C) e
P(PPP/C), ma anche P(PNP/NC) e P(PPP/NC). Assumendo che i 3 test siano indipendenti,
avrò: P(PNP/C) = P(P/C) 2 x P(N/C) = 0.081 e P(PPP/C) = P(P/C) 3 = 0.729, P(PNP/NC) =
P(P/NC)2 x P(N/NC) = 0.009 e infine P(PPP/NC) = P(P/NC) 3 = 0.001. Applichiamo Bayes
ai 2 casi e otteniamo: P(C/PNP) = 90% e P(C/PPP) = 99.86%.
(2.14) Problema di calcolo combinatorio. Per ciascun ruolo si tratta di calcolare il numero di
combinazioni, dal momento che non posso avere ripetizioni (far comparire più volte nella
squadra lo stesso giocatore), né mi interessa in che ordine i giocatori compaiono (avere
come attaccanti Totti e Vieri o Vieri e Totti é la stessa cosa). Quindi (3 1) = 3 combinazioni
di portieri, (6 4) = 15 di difensori, (7 4) = 35 di centrocampisti e, infine (6 2) = 15 di
attaccanti. Infine moltiplico i 4 numeri = 23625 squadre.
(2.15) Lasciamo il grafico al lettore. Si ha P(1) = 1/36, P(2) = 3/36, P(3) = 5/36, P(4) = 7/36, P(5) =
9/36 e P(6) = 11/36.
(2.16) Problema binomiale. P(2 / N=5, p=0.5) = (5 2) (1/2) 5 = 31/2%. Le 3 sequenze sono
naturalmente equiprobabili p=(1/2) 5 = 3.1%.
(2.17) Per definizione di intervallo p(fuori / sano) = 0.05. Se i 3 test sono indipendenti posso
calcolare P(fuori X) x P(fuori Y1 OR fuori Y2) = P(fuori X) x (P(fuori Y 1 )+P(fuori Y 2 ) –
P(fuori Y 1 )xP(fuori Y 2 ))= 0.49%.
(2.18) (90 15) = 4.6 x 10 16 cartelle diverse.
(2.19) Trattiamo questa situazione assumendo che i parti nel paese avvengano nel tempo in modo
del tutto casuale, cosi’ da poter schematizzare come poissoniano il fenomeno. Il rate di
questo fenomeno é 1/7 g -1 (secondo l’esperienza pluriennale) e dunque il λ associata ad un
giorno é λ = 1/7 = 0.14. Si tratta di calcolare ora P(>1, λ = 0.14) = 1 – P(0) – P(1) = 1 –
exp(-λ) – λexp(-λ) = 0.0089. Dunque la probabilità é al di sotto dell’1%. L’eventualità si
verificherà 3-4 volte l’anno.
(2.20) Problema inverso. Essendo N = 1250 e σ(n) / n = √Nε(1-ε) / Nε = 0.02 (qui εé l’efficienza),
ricavo ε girando la formula: ε = 1 / (1 + (0.02) 2 x 1250) = 0.67.
(2.21) (a) NO le stelle si ammassano in galassie, le galassie in ammassi di galassie e cosi’ via. (b)
NO come tutti i fenomeni periodici o quasi-periodici. (c) forse SI se si ammette che le
condizioni “demografiche” e “sociali” che determinano le attitudini dei giovini siano
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