Che probabilità c’è che il primo simbolo pari a zero sia il quinto (si supponga n 5)? 0:0407

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Calcolo delle Probabilità e Statistica, Ing. Informatica e dell’Automazione

15/9/2010

Nota. E’ obbligatorio sia scegliere le risposte (numeriche, o le formule

…nali a seconda del caso) negli appositi spazi, sia dare la risoluzione per esteso sul foglio a parte.

Esercizio 1. Chiamiamo messaggio una stringa di n simboli, uguali a zero oppure 1. I messaggi vengono prodotti in modo aleatorio da una sorgente. Supponiamo che ciascun simbolo sia uguale ad 1 con probabilità 0.95 ed a 0 con probabilità 0.05, e che i valori dei simboli siano indipendenti.

i) Riceviamo un messaggio. Leggendo il messaggio simbolo per simbolo, ci vorrà un po’prima di incontrare uno zero. Che probabilità c’è che il primo simbolo pari a zero sia il quinto (si supponga n 5)?

0:0407; 0:0714; 0:0582

ii) Ora noi siamo la sorgente. Vogliamo fare in modo che, con probabilità 0:99, in un messaggio ci sia al massimo uno zero. I valori 0.95 e 0.05 però sono …ssati, mentre possiamo giocare su n. Vorremmo n più grande possibile.

Qual’è il più grande n che va bene?

2; 3; 4; 5

Esercizio 2. Siano X1; :::; X₄₉ delle gaussiane indipendenti, N (0; 4) . i) Calcolare P (X1+ ::: + X49> 7).

0:3085; 0:2154; 0:1032

ii) Assegnato 2 (0; 1), scrivere una formula per il numero tale che P X1 + ::: + X49

49 = 1 :

Sol: = 2 q₁

2

7 ; q₁

2

7 ; 2 q₁

2

49

Esercizio 3. Si consideri la funzione f (x) nulla per x < 1, pari a C (x 1) ¹e ^{(x 1)} per x > 1, con > 0 parametro reale e C constante, dipendente da , da determinare.

(2)

i) Calcolare C in modo che essa sia una densità di probabilità

C = ; + 1; 1

ii) Per = 1, calcolare E [X² X].

3; 2; 4

iii) Detta X una v.a. avente la densità assegnata sopra ( > 0 qualsiasi), trovare la funzione di ripartizione FY (t) di Y = (X 1)², per t > 0.

1 e ^t ⁼²; 1 e ^t ; 1 e ^{(t 1)}

iv) Calcolare P (XZ > 2), dove Z è una v.a. di Bernoulli simmetrica (p = ¹₂), indipendente da X.

1

2e; 2e; e

Esercizio 4. Due giocatori giocano nel seguente modo: uno dei due inizia lanciando un comune dado a 6 facce.

–Se ottiene un 6, vince la partita, e il gioco termina;

–se ottiene un numero dispari, tira nuovamente il dado;

–se ottiene 2 o 4, passa il dado all’altro giocatore, che continua il gioco con le stesse regole.

a) Modellizzare questo gioco con una catena di Markov, disegnarne il grafo, scriverne la matrice di transizione e classi…carne gli stati.

b) Qual è la probabilità che il giocatore che inizia il gioco vinca?

c) Determinare tutte le distribuzioni stazionarie della catena.

(3)

1 Soluzioni

Esercizio 1. i) Si può abbordare con le v.a. geometriche, oppure in modo elementare: è la probabilità che il quinto simbolo sia uno 0, cioè 0.05, per la probabilità che i primi quattro siano 1, cioè 0:95⁴, quindi

0:95⁴ 0:05 = 0:0407:

ii) Il numero N (aleatorio) di 0 è una B (n; 0:05). La probabilità che ci sia al massimo uno 0 è

P (N 1) = 0:95ⁿ+ n 0:95^{n 1} 0:05 = 0:95^{n 1}(0:95 + n 0:05) : Vogliamo che sia P (N 1) 0:99. Quindi l’equazione in n è

0:95^{n 1}(0:95 + n 0:05) 0:99:

Vediamo i vari casi:

0:95^{2 1}(0:95 + 2 0:05) = 0:997 5 0:95^{3 1}(0:95 + 3 0:05) = 0:992 75 0:95^{4 1}(0:95 + 4 0:05) = 0:985 98:

Quindi n = 3.

Esercizio 2. i) X1+ ::: + X₄₉è una N (0; 4 49), quindi P (X₁+ ::: + X₄₉ > 7) = 1 7 0

14 = 1 0:6915 = 0:3085:

ii) La v.a. ^X¹^+:::+X_{7 2} ⁴⁹è una N (0; 1), quindi riscriviamo l’equazione nella forma

1 = P X₁+ ::: + X₄₉

7 2 2 7 = P jZj

2 7

(4)

dove Z è N (0; 1), quindi

2 7

2 7 = 1

2 2 7 1 = 1

2 7 = 1 2 2 7 = q1 ₂

= 2 q₁

2

7 :

Esercizio 3. i) Z

f (x) dx = Z ₁

1

C (x 1) ¹e ^{(x 1)} dx^{y=x 1}= C Z ₁

0

y ¹e ^y dy

t=y= CZ ₁

0

e ^tdt = C quindi deve essere C = .

ii) Abbiamo f (x) = e ^{(x 1)} per x > 1, zero altrimenti, quindi E [X] =

Z ₁

1

xe ^{(x 1)}dx = e Z ₁

1

xe ^xdx = e xe ^{x 1}₁ + e Z ₁

1

e ^xdx

= 1 + ee ¹ = 2 oppure

Z ₁

1

xe ^{(x 1)}dx = Z ₁

1

(x 1) e ^{(x 1)}dx + Z ₁

1

e ^{(x 1)}dx = ::: = 2

ed inoltre E X² =

Z ₁

1

x²e ^{(x 1)}dx = e Z ₁

1

x²e ^xdx = e x²e ^{x 1}₁ + 2e Z ₁

1

xe ^xdx

= 1 + 2E [X] = 5 quindi E [X² X] = 5 2 = 3.

(5)

iii) Intanto è chiaro che FX(t) vale 0 per x < 1 e 1 e ^{(x 1)} per x > 1 (derivando si trova f ). Quindi per t > 0,

F_Y (t) = P (Y t) = P (X 1)² t = P p

t X 1 p

t

= P p

t + 1 X p

t + 1 = F_X p

t + 1 F_X p

t + 1

= 1 e (^p^t) = 1 e ^t ⁼²: iv)

P (XZ > 2) = P (XZ > 2jZ = 0) P (Z = 0) + P (XZ > 2jZ = 1) P (Z = 1)

= 1

2P (0 > 2) + 1

2P (X > 2) = 1

2P (X > 2)

= 1

2(1 FX(2)) = 1

2 1 1 + e ^{(2 1)} = 1 2e:

Esercizio 4. a) Possiamo de…nire la catena di Markov su E = f1; 2; 3; 4g, dove con lo stato 1 (risp. 2) indichiamo il caso in cui il primo (risp. secondo) giocatore deve e¤ettuare il prossimo lancio e con 3 (risp. 4) il caso in cui il primo (risp. secondo) giocatore ha vinto. Le probabilità di transizione si ottengono ricordando che, nel lancio di un dado, la probabilità di uscita di un numero dispari è 1/2, la probabilità di uscita del 6 è 1/6 e la probabilità dell’evento “esce 2 o 4” è 1/3. La matrice di transizione è la seguente:

P = 0 BB

@

1 2

1 3

1 6 0

1 3

1 2 0 ¹₆ 0 0 1 0 0 0 0 1

1 CC A :

1 e 2 comunicano fra loro; 1 comunica con 3, ma da 3 si può solo restare in 3; 2 comunica con 4, ma da 4 si può solo restare in 4. di conseguenza f1; 2g è una classe irriducibile di stati (transitori).

1 comunica con 3, ma 3 non comunica con 1, quindi f3g è una classe irriducibile di stati (e 1 è transitorio, 3 è assorbente).

2 comunica con 4, ma 4 non comunica con 2, quindi f4g è un’altra classe irriducibile di stati (e 2 è transitorio, 4 è assorbente). 3 e 4 non comunicano fra loro. Quindi E = f1; 2g [ f3g [ f4g.

b) Bisogna calcolare la probabilità 1 di arrivare nello stato 3 partendo da 1. Per poter svolgere questo calcolo, bisogna considerare l’insieme degli stati

(6)

transitori. Quindi si ha (

1 = p₁₃+ p₁₁ ₁+ p₁₂ ₂

2 = p₂₃+ p₂₁ ₁+ p₂₂ ₂ , da cui (

1 = ¹₆ +¹₂ ₁+¹₃ ₂

2 = 0 + ¹₃ ₁+¹₂ ₂ , cioè

(3 ₁ 2 ₂ = 1

2 ₁ 3 ₂ = 0 che ha per soluzione 1 = 3

5, 2 = 2 5.

c) Ovviamente v1 = v₂ = 0 perche 1 e 2 sono transitori. Il sistema vP = v non fornisce nessuna ulteriore informazione, quindi resta la condizione di nor- malizzazione v3+ v₄ = 1, ed in…ne v = (0; 0; ; 1 ), con 0 1. Ci sono quindi in…nite distribuzioni invarianti. Se proprio si vuole risolvere il sis-

tema si ha v₁ v₂ v₃ v₄ 0 BB

@

1 2

1 3

1 6 0

1 3

1 2 0 ¹₆ 0 0 1 0 0 0 0 1

1 CC

A = v¹ v₂ v₃ v₄ , da cui 8>

>>

><

>>

:

1

2v₁+¹₃v₂ = v₁

1

3v₁+¹₂v₂ = v₂

1

6v₁+ v₃ = v₃

1

6v₂+ v₄ = v₄

v₁+ v₂+ v₃+ v₄ = 1

, cioè 8>

>>

><

>>

:

3v₁+ 2v₂ = 0 2v₁+ 3v₂ = 0 v₁ = 0

v₂ = 0

v₁ + v₂+ v₃+ v₄ = 1

da cui, di nuovo,

v = (0; 0; ; 1 ), con 0 1.