Variabile aleatoria di Poisson
Ho il seguente problema di calcolo della probabilità:
In un'industria tessile in media in un'ora di funzionamento di un telaio il filo si spezza 0.3 volte. Calcolare la probabilità che in 20 ore di funzionamento del telaio il filo si spezzi almeno 2 volte ma non più di 5.
La mia soluzione sarebbe questa:
ho chiamato $ X $ la v.a. che conta il numero di volte in cui il filo si spezza. Secondo me si tratta di una v.a. binomiale con parametro $ p=0.3 $ (la probabilità che l'evento "filo che si spezza" si verifichi). Ho quindi calcolato la probabilità richiesta con la formula per una distribuzione binomiale:
$ P( 2 \leq X \leq 5 ) = sum_(k = 2)^(5) ((20),(k)) (0.3)^{k}(0.7)^{20-k} $
Il risultato che viene è 0.4087.
Però la soluzione proposta dall'esercizio è 0.428.
Dove ho sbagliato?
Grazie.
In un'industria tessile in media in un'ora di funzionamento di un telaio il filo si spezza 0.3 volte. Calcolare la probabilità che in 20 ore di funzionamento del telaio il filo si spezzi almeno 2 volte ma non più di 5.
La mia soluzione sarebbe questa:
ho chiamato $ X $ la v.a. che conta il numero di volte in cui il filo si spezza. Secondo me si tratta di una v.a. binomiale con parametro $ p=0.3 $ (la probabilità che l'evento "filo che si spezza" si verifichi). Ho quindi calcolato la probabilità richiesta con la formula per una distribuzione binomiale:
$ P( 2 \leq X \leq 5 ) = sum_(k = 2)^(5) ((20),(k)) (0.3)^{k}(0.7)^{20-k} $
Il risultato che viene è 0.4087.
Però la soluzione proposta dall'esercizio è 0.428.
Dove ho sbagliato?
Grazie.
Risposte
Devi utilizzare la distribuzione di Poisson
Più che alla distribuzione binomiale io penserei a quella di Poisson. Per ogni ora di funzionamento hai una v.a. [tex]X_n[/tex], che ti dice quante volte si è rotto il filo nella [tex]n[/tex]-esima ora. Siccome si tratta di un fenomeno di tipo "arrivi casuali", [tex]X_n\sim \mathcal{P}(0.3)[/tex]; inoltre tutte le [tex]X_n[/tex] sono indipendenti. Chiamiamo poi [tex]$X=\sum_{n=1}^{20} X_n[/tex]. Si può dimostrare che la somma di v.a. indipendenti con distribuzione di Poisson ha ancora la distribuzione di Poisson e precisamente
[tex]X\sim \mathcal{P}(6)[/tex].
Ora si tratta di calcolare [tex]P(2\le X \le 5)[/tex], ovvero
[tex]$\sum_{k=2}^5 e^{-6}\frac{6^k}{k!} \approx 0.428[/tex].
P.S.: Scrivevo contemporaneamente a DajeForte.
[tex]X\sim \mathcal{P}(6)[/tex].
Ora si tratta di calcolare [tex]P(2\le X \le 5)[/tex], ovvero
[tex]$\sum_{k=2}^5 e^{-6}\frac{6^k}{k!} \approx 0.428[/tex].
P.S.: Scrivevo contemporaneamente a DajeForte.
Ciao Dissonance. Ti segnalo che nel passaggio finale della tua risposta hai scritto $20$ invece di $6$. 
Mi permetto di scrivere qui di fianco il passaggio "rivisto" : $P(2<=X<=5)=sum_(k=2)^(5)e^-6*6^k/(k!)$.
Mi permetto di scrivere qui di fianco il passaggio "rivisto" : $P(2<=X<=5)=sum_(k=2)^(5)e^-6*6^k/(k!)$.
Grazie, Relegal! Mi ero fatto i conticini su un pezzo di carta, per poi impaperarmi alla grande nella trascrizione. Infatti ci ho messo mezz'ora a scrivere quel messaggio! 
Ringrazio tutti per la dritta. In effetti riflettendoci la distribuzione binomiale non era adatta a descrivere il problema.
Modifico il titolo del post.
Grazie ancora.
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