Simulazione 29 aprile 2016 - Soluzione quesito 3

Nella seconda prova di matematica alla maturità, devi svolgere cinque quesiti (esercizi brevi) su dieci. Qui trovi la soluzione del quesito 3 della simulazione della seconda prova di maturità del 29 aprile 2016.

2019-03-18 22:59:19

Ecco la soluzione del quesito 3 della simulazione di seconda prova di matematica della maturità del 29 aprile 2016.

Per risolverlo, ti suggeriamo di ripassare un po' di probabilità.

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Quesito 3 - Testo - Simulazione maturità 29 aprile

Durante il picco massimo di un'epidemia di influenza il £$15\%$£ della popolazione è a casa ammalato:

£$a$£) qual è la probabilità che in una classe di £$20$£ alunni ce ne siano più di due assenti per influenza?

£$b$£) descrivere le operazioni da compiere per verificare che, se l'intera scuola ha £$500$£ alunni, la probabilità che ce ne siano più di £$50$£ influenzati è maggiore del £$99\%$£.

Quesito 3 - Soluzione (parte 1) - Simulazione maturità 29 aprile

£$a$£) schematizziamo il problema concreto in questo modo: viene ripetuto per £$n=20$£ volte un esperimento (il controllo dello stato di salute di ciascuno studente). Ogni volta, la probabilità di successo, cioè lo studente ha l'influenza, è £$p=0,15$£ (£$15\%$£). Ovviamente, dobbiamo supporre che ciascuna osservazione sia indipendente dalle altre. Allora possiamo modellizzare la situazione con una variabile aleatoria £$X$£ che ha distribuzione binomiale: £$X \sim $£(20, 0,\!15)$£.
La probabilità che, controllando £$20$£ studenti, se ne trovino £$k$£ ammalati è

$$P(X=k)=\binom{20}{k}\cdot(0,15)^k\cdot(1-0,15)^{20-k}$$

Per calcolare la probabilità che il numero degli ammalati sia "più di £$2$£", dobbiamo calcolare £$P(X > 2)$£. In questi casi però, rischieremmo di fare un sacco di conti. Allora ci conviene considerare l'evento contrario: "al massimo 2", cioè £$0$£ oppure £$1$£ oppure £$2$£. Gli eventi "£$0$£ ammalati", "£$1$£ ammalato", "£$2$£ ammalati" sono incompatibili, quindi la probabilità dell'evento unione è la somma delle rispettive probabilità. Abbiamo:

$$P(X=0)=\binom{20}{0}\cdot(0,15)^0\cdot(0,85)^{20}=(0,85)^{20}\approx0,03876$$

$$P(X=1)=\binom{20}{1}\cdot(0,15)^1\cdot(0,85)^{19}=20\cdot(0,15)^1\cdot(0,85)^{19}\approx0,13680$$

$$P(X=2)=\binom{20}{2}\cdot(0,15)^2\cdot(0,85)^{18}=190\cdot(0,15)^2\cdot(0,85)^{18}\approx0,22934$$

La somma dei risultati ottenuti è £$0,40490$£ ed esprime la probabilità di riscontrare "non più" di due ammalati. Abbiamo quindi calcolato la probabilità dell'evento contrario di £$P(X > 2)$£. Usiamo allora la formula della probabilità dell'evento contrario e abbiamo

$$P(X > 2)\approx1-0,40490=0,59510\, \approx 59,5\%$$

Quesito 3 - Soluzione (parte 2) - Simulazione maturità 29 aprile

£$b$£) la seconda richiesta del quesito è nella sostanza equivalente alla prima. Invece di avere £$n=20$£ "prove" indipendenti abbiamo £$n=500$£ e dobbiamo calcolare la probabilità che ci siano "più di £$50$£ ammalati". Il procedimento è equivalente a quello del punto £$a)$£. Ora abbiamo la variabile aleatoria £$X$£ che segue la distribuzione binomiale £$X \sim (500, 0,\!15)$£. Abbiamo

$$P(X> 50)=1-\sum_{k=0}^{50}\binom{500}{k}\cdot(0,15)^k\cdot(0,85)^{500-k}$$

Il calcolo manuale di questa espressione però è abbastanza lungo. Conviene applicare l'approssimazione della distribuzione binomiale con la normale standard.

Ma come si fa? Se £$X$£ è la variabile aleatoria con distribuzione binomiale con parametri £$n$£ e £$p$£ (£$n$£ è il numero di ripetizioni dell'esperimento, £$p$£ la probabilità di successo in un singolo esperimento), la media e la varianza di £$X$£ sono rispettivamente £$n\kern1pt p$£ e £$n\kern1pt p\kern1pt (1-p)$£. Questi elementi ci servono per approssimarla con una variabile aleatoria (continua) normale standard £$Z$£ che ha come densità la funzione £$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}$£.
Se £$n$£ è abbastanza grande (almeno, £$n\geq30$£) e £$n\kern1pt p\kern1pt (1-p)$£ non è troppo piccolo (almeno 10) allora la variabile "normalizzata"

$$Y=\frac{X-n\kern1pt p}{\sqrt{n\kern1pt p\kern1pt (1-p)}}$$

e £$Z$£ sono approssimativamente distribuite nello stesso modo, nel senso che se £$a$£, £$b$£ sono due numeri reali con £$a<b$£, allora

$$P(a\leq Y\leq b)\approx P(a\leq Z\leq b)=\int_a^b{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx}$$

Vediamo se, nel nostro caso, sono soddisfatte queste condizioni di approssimazione: £$n=500$£, £$p=0,15$£, e quindi £$n\kern1pt p=75$£e £$n\kern1pt p\kern1pt (1-p)=63,75$£. L'approssimazione con la normale standard si può applicare con ottima precisione. La variabile "normalizzata" £$Y$£ è nel caso attuale

$$Y=\frac{x-75}{\sqrt{63,75}}\,$$

La relazione £$X>50$£ corrisponde a £$Y>\frac{50-75}{\sqrt{63,75}}$£, e grazie alla (quasi) uguale distribuzione di £$Y$£ e £$Z$£, a £$Z>\frac{50-75}{\sqrt{63,75}}$£. Se vogliamo essere più precisi, visto che £$X$£ assume solo valori interi (perché conta il numero di ammalati), la relazione £$X>50$£ è equivalente a £$X\geq51$£; si ottiene quindi un risultato più preciso inserendo nel termine con cui si confronta £$Z$£ non £$50$£, né £$51$£, bensì il valore intermedio £$50,5$£. In conclusione

$$P(X>50)\approx P(Z>\frac{50,5-75}{\sqrt{63,75}})=P(Z>-3,0685)=\int_{-3,0685}^{+\infty}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx}.$$

Il valore (approssimato) dell'ultimo integrale è calcolabile tramite le tavole che riportano i valori della distribuzione normale standardizzata.
La verifica di quanto affermato in (£$b$£) consiste nel prendere atto che il valore di quell'integrale è maggiore di £$0,99$£.

Non avendo le tavole, non possiamo calcolare questo valore. Quindi abbiamo finito.

Per i più curiosi, si ottiene come risultato £$0,998924$£ che è maggiore di £$0,99$£.

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