Probabilit`a e Statistica (LT in Matematica) Prof. P. Dai Pra, prova scritta 16/07/2008.
Cognome: Nome:
Matricola: Firma:
ESERCIZIO 1.
Si lancia ripetutamente un dado equilibrato, fino al momento in cui si ottiene un 6 per la prima volta.
a) Qual `e la probabilit`a che il 6 esca per la prima volta al terzo lancio, sapendo che non `e uscito al primo lancio?
b) Qual `e la probabilit`a che il 6 esca per la prima volta al secondo lancio, sapendo che il primo 6 esce dopo un numero pari di lanci?
Soluzione.
a) Sapere che il 6 non `e uscito al primo lancio non ha influenza sull’esito dei successivi lanci.
La probabilit`a richiesta coincide dunque con la probabilit`a che il 6 esca per la prima volta al secondo lancio, che vale 56 16 = 365 .
In alternativa, la variabile T che descrive il lancio in cui per la prima volta si ottiene un 6 ha distribuzione T ∼ Ge(16), cio`e P (T = n) = 16(56)n−1, per n = 1, 2, . . ., e quindi
P (T = 3|T ≥ 2) = P (T = 3, T ≥ 2)
P (T ≥ 2) = P (T = 3) 1 − P (T = 1) =
1 6(56)2 1 −16 = 5
36. a) Notando che
P (T ∈ 2N) =
∞
X
n=1
P (T = 2n) = 1 6
5 6
∞
X
n=1
25 36
n−1
= 5 36
1
1 −2536 = 5 11, si ha che
P (T = 2|T ∈ 2N) = P (T = 2) P (T ∈ 2N) =
1 6 5 6 5 11
= 11 36.
ESERCIZIO 2.
Siano X1, X2, . . . , Xn variabili casuali i.i.d., la cui funzione generatrice dei momenti γ(t) `e fi- nita per ogni t ∈ R, e sia N una variabile casuale a valori in {1, 2, . . . , n}, indipendente da X1, X2, . . . , Xn, la cui densit`a discreta indichiamo con pN(·). Definiamo la variabile casuale S come segue
S(ω) =
N (ω)
X
k=1
Xk(ω).
a) Calcolare, in termini di γ(t) e {pN(j)}1≤j≤n, la funzione generatrice γS(t) di S.
(Sugg: osservare che etS =Pn
j=1et(X1+···+Xj)1N =j.)
b) Calcolare media e varianza di S in termini di media e varianza di X1 e di N .
Soluzione.
a) Per l’indipendenza di S, X1, . . . , Xnsi ha γS(t) = E(etS) =
n
X
j=1
E(et(X1+···Xj)1N =j) =
n
X
j=1
E(et(X1+···Xj)) P (N = j)
=
n
X
j=1
γ(t)jpN(j) .
b) Dall’espressione ottenuta in a) `e chiaro che γS(t) `e finita per ogni t ∈ R, per cui E(S) = γ0S(0) e E(S2) = γS00(0). Calcoliamo dunque le derivate di γS(t):
γS0(t) =
n
X
j=1
j γ(t)j−1γ0(t) pN(j) ,
γS00(t) =
n
X
j=1
j(j − 1) γ(t)j−2γ0(t)2pN(j) +
n
X
j=1
j γ(t)j−1γ00(t) pN(j) .
Ponendo t = 0 si ottiene
E(S) = γS0 (0) = γ0(0)
n
X
j=1
j pN(j) = E(X1) E(N ) ,
E(S2) = γS00(0) = γ0(0)
n
X
j=1
j(j − 1) pN(j) + γ00(0)
n
X
j=1
j pN(j)
= E(X1)2 E(N2) − E(N )
+ E(X12) E(N ) , da cui
Var(S) = E(S2) − E(S)2 = E(N ) Var(X1) + E(X1)2Var(N ) .
ESERCIZIO 3.
Il consumo di metano in una certa area nel periodo invernale ha distribuzione Gaussiana, con media 470 milioni di m3, e deviazione standard (= radice quadrata della varianza) 94.
a) Qual `e la probabilit`a che il consumo nel prossimo inverno sia superiore a 550 milioni di m3?
b) La compagnia di gestione del gas stipula un contratto per la fornitura di x milioni di m3 per il prossimo inverno. Il valore di x viene scelto in modo tale che la probabilit`a che il consumo nel prossimo inverno sia maggiore di x `e 0.05. Quanto vale x?
Soluzione.
Sia X il consumo di metano nel prossimo inverno. X ∼ N (470, 94).
a)
P (X > 550) = P X − 470
94 > 550 − 470 94
' P (Z > 0.851) = 1 − P (Z ≤ 0.851) ' 0.197
b) Dev’essere
0.05 = P (X > x) = P X − 470
94 > x − 470 94
= P
Z > x − 470 94
. Quindi
x − 470
94 = z0.05,
dove z0.05 `e quel valore per cui P (Z ≤ z0.05) = 0.95. Dalle tavole si ricava z0.05 ' 1.645, cio`e x = 624.63.
ESERCIZIO 4.
Una variabile aleatoria reale X `e detta di Cauchy se `e assolutamente continua con densit`a fX(x) := 1
π 1
1 + x2 , x ∈ R . a) Si mostri che P (X > 1) = P (X < −1) = 14.
b) Si dimostri che Y := 1/X `e di Cauchy.
c) Siano ora X1, X2, . . . variabili i.i.d. ciascuna con distribuzione di Cauchy. Si pu`o mostrare che, per ogni n ∈ N, la media campionaria Xn:= (X1+ . . . + Xn)/n `e di Cauchy (non `e richiesto dimostrare questa relazione). In particolare, per il punto a) si ha che
P Xn≤ −1
= 1
4, P Xn≥ 1
= 1
4, ∀n ∈ N . Perch´e questo non `e in contraddizione con la Legge Debole dei Grandi Numeri?
Soluzione.
a) La funzione di ripartizione di X vale FX(x) = P (X ≤ x) =
Z x
−∞
1 π
1
1 + t2 dt = 1
π arctan(x) + 1 2, da cui P (X < −1) = FX(−1) = 14 e analogamente P (X > 1) = 1 − FX(1) = 14. b) Si ha che
FY(y) = P (Y ≤ y) = P (1/X ≤ y) = P (1/X ≤ y, X > 0) + P (1/X ≤ y, X < 0)
= P (yX ≥ 1, X > 0) + P (yX ≤ 1, X < 0) . Se y > 0 si ottiene dunque
FY(y) = P (X ≥ 1/y, X > 0) + P (X ≤ 1/y, X < 0) = P (X ≥ 1/y) + P (X < 0)
= 1 − FX(1/y) + FX(0) = 1 − 1
π arctan(1/y) , mentre per y < 0
FY(y) = P (X ≤ 1/y, X > 0) + P (X ≥ 1/y, X < 0) = P (X ∈ [1/y, 0))
= FX(0) − FX(1/y) = −1
π arctan(1/y) . Derivando FY(y) si ottiene dunque
fY(y) = FY0 (y) = 1 π
1 y2
1
1 + (1/y)2 = 1 π
1 1 + y2, cio`e Y `e di Cauchy.
c) Non c’`e contraddizione con la Legge Debole dei Grandi Numeri perch´e la variabile di Cauchy non ammette valore atteso, in quanto la funzione x 7→ x fX(x) non `e integrabile in senso generalizzato su R.
