(a) Supponiamo che l’organizzazione malavitosa controlli n = 2 000 voti

III Appello di Probabilità e Statistica Cognome:

Laurea Triennale in Matematica Nome:

7 settembre 2009 Matricola:

ESERCIZIO 1. In una elezione votano un milione di persone, che devono scegliere tra i due candidati A e B. Il voto di un certo numero n di elettori è sotto il controllo di una organizzazione malavitosa, che garantisce che essi votino per il candidato A. Tutti gli altri elettori votano “a caso”, scegliendo con ugual probabilità i due candidati, ognuno indipendentemente dagli altri.

(a) Supponiamo che l’organizzazione malavitosa controlli n = 2 000 voti. Qual è la probabilità (approssimata) che il candidato A vinca le elezioni?

(b) Qual è il numero minimo n di individui che l’organizzazione malavitosa deve controllare, per garantire che la probabilità di vittoria di A sia almeno del 99%?

SOLUZIONE.

(a) Sia X il numero di voti ricevuti da A tra i 998 000 elettori non controllati. Notare che X ∼ B(998 000, 1/2). Il candidato A vince se X > 498 000. Usando l’approssimazione normale (dati i numeri elevati la correzione di continuità non è rilevante)

P (X > 498 000) = P X − 499 000

1 2

√998 000 > − 1 000

1 2

√998 000

!

' Φ(2) = 0.977.

(b) Se X è il numero di voti ricevuti da A tra i 1 000 000 − n elettori non controllati, si ha X ∼ B(1 000 000 − n, 1/2). Il candidato A vince se X > 500000 − n, per cui procedendo come sopra

P (X > 500 000−n) = P X − 1 000 000−n 2 1

2

√1 000 000 − n > − n/2

1 2

√1 000 000 − n

! ' Φ

 n

√1 000 000 − n

 .

Quindi deve essere ^{√ n}

1 000 000−n > Φ⁻¹(0.99) ' 2.33. Elevando al quadrato e risolvendo, si trova n ≥ 2333.

ESERCIZIO 2. Si considerino due dadi regolari a 6 facce. Il dado A è tale che su una faccia appare il numero 6 mentre sulle altre appare il numero 3. Nel dado B, tre facce hanno il numero 5 e tre il numero 2. Si lanciano i due dadi.

(a) Qual è la probabilità che il punteggio più alto sia ottenuto col dado A?

(b) Supponiamo di sapere che il punteggio più alto è ottenuto col dado A. Qual è la probabilità che il punteggio ottenuto col dado A sia 6?

SOLUZIONE.

(a) Introduciamo gli eventi C := “il dado A dà come punteggio 6”, D := “il dado B dà come punteggio 5” ed E := “il punteggio più alto è ottenuto col dado A”. Chiaramente P (C) = ¹₆, P (D) = ¹₂ e E = C ∪ (C^c∩ D^c), da cui

P (E) = P (C) + P (C^c∩ D^c) = P (C) + P (C^c) P (D^c) = 1 6 + 5

6·1 2 = 7

12. (b) Per la formula di Bayes

P (C|E) = P (E|C)P (C)

P (E) = P (C)

P (E) = 1/6 7/12 = 2

7, dove si è usato il fatto che P (E|C) = 1.

ESERCIZIO 3. Siano W, T variabili casuali indipendenti, con la seguente distribuzione:

P (T = 0) = P (T = 1) = 1

2, P (W = n) = p (1 − p)ⁿ⁻¹, ∀n ∈ N := {1, 2, . . .} , dove p ∈ (0, 1) è un parametro fissato. In altri termini, T ∼ Be(¹₂) mentre W − 1 ∼ Ge(p).

Definiamo la variabile

X := W 1_{{T =0}} + 1

W 1_{{T =1}},

che può dunque assumere come valori i numeri naturali e i reciproci dei numeri naturali, ossia X(Ω) = N ∪ {_n¹}_n∈N, dove N = {1, 2, . . .} (0 escluso).

(a) Si determini la densità discreta di X.

(b) Si mostri che la variabile Y := 1/X ha la stessa distribuzione di X (c) Si calcoli E(X).

[Ricordiamo le relazioniP∞ n=1

1

nxⁿ= − log(1 − x) e P∞

n=1n xⁿ⁻¹= (1 − x)⁻², valide per |x| < 1.]

SOLUZIONE.

(a) La densità discreta di X vale

p_X(n) = P (W = n, T = 0) = 1

2p(1 − p)ⁿ⁻¹, per n ∈ N, n ≥ 2 , pX(1) = P (W = 1) = p ,

p_X1 n



= P (W = n, T = 1) = 1

2p(1 − p)ⁿ⁻¹, per n ∈ N, n ≥ 2 .

(b) Si ha Y (Ω) = N ∪ {¹_n}_n∈N. Dal punto precedente è chiaro che P (X = n) = P (X = _n¹), per ogni n ∈ N; di conseguenza pY(n) = pX(_n¹) = pX(n) e pY(_n¹) = pX(n) = pX(_n¹).

(c) Si ha

E(X) = X

x∈X(Ω)

x · p_X(x) =

∞

X

n=2

1

np_X 1 n



+ 1 · p_X(1) +

∞

X

n=2

n p_X(n)

=

∞

X

n=2

1 n

1

2p(1 − p)ⁿ⁻¹ + p +

∞

X

n=2

n1

2p(1 − p)ⁿ⁻¹

= p

2(1 − p)

∞

X

n=1

1

n(1 − p)ⁿ + p 2

∞

X

n=1

n (1 − p)ⁿ⁻¹ = 1 2

 p

(1 − p) log1 p + 1

p

 .

ESERCIZIO 4. Sia X un punto aleatorio dell’intervallo (0, 1). Esso divide l’intervallo (0, 1) in due segmenti. Sia Y ≥ 1 il rapporto tra il segmento più lungo e quello più corto.

(a) Supponiamo che X ∼ U (0, 1). Si determinino la funzione di ripartizione e la densità di Y e si mostri che Y non ammette valor medio.

(b) Assumiamo ora che X sia una variabile casuale assolutamente continua, a valori in (0, 1), la cui densità f_X soddisfi la relazione:

f_X(x) + f_X(1 − x) = 2 , per ogni x ∈ (0, 1) . (1) Si mostri che la distribuzione di Y è uguale a quella trovata al punto precedente.

[Sugg.: si mostri che dalla relazione (1) segue che FX(z) − F_X(1 − z) = 2z − 1 per z ∈ (0, 1), dove FX è la funzione di ripartizione di X.]

(c) Determinare una densità f_X, soddisfacente alla relazione (1), diversa dalla densità di una variabile casuale con distribuzione U (0, 1).

SOLUZIONE.

(a) Sia t ≥ 1. Allora

FY(t) = P

 X

1 − X ≤ t, X >1 2



+ P 1 − X

X ≤ t, X ≤ 1 2



= P 1

2 < X ≤ t 1 + t

 + P

 1

1 + t ≤ X ≤ 1 2



= t − 1 t + 1. Da ciò segue che Y ha densità f_Y(y) =_(1+y)² 21_[1,+∞)(y). Dal fatto che

Z +∞

1

yf_Y(y)dy = +∞, si deduce che Y non ammette valor medio.

(b) Se integriamo tra 0 e z la relazione (1), otteniamo 2z =

Z _z

0

[f_X(x) + f_X(1 − x)]dx = F_X(z) + Z ₁

1−z

f_X(x)dx = F_X(z) + 1 − F_X(1 − z) , ossia F_X(z) − F_X(1 − z) = 2z − 1.

Ripetendo l’argomento al punto precedente si trova per t ≥ 1 F_Y(t) = F_X

 t 1 + t



− F_X

 1 1 + t

 .

Dato che t ≥ 1, si ha che z₀:= _1+t^t ≥ ¹₂ e inoltre _1+t¹ = 1 − z0. Sostituendo nella precedente formula per F_Y:

FY(t) = FX(z0) − FX(1 − z0) = 2z0− 1 = 2t

1 + t − 1 = t − 1 t + 1. (c) Esempi: X ∼ U (0, 1/2) oppure X con densità f (x) = 2x 1_(0,1)(x).