Corsi di Probabilit` a, Statistica e Processi stocastici per Ing. dell’Automazione, Informatica e Inf. Gest. Azienda

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31/01/2012 Esercizio 1. In un barattolo ci sono 30 viti di cui 5 danneggiate.

i) (3 p) Un operaio prende a caso tre viti per un assemblaggio. Che probabilit`a ha di raccogliere almeno una vite danneggiata? Spiegare bene la risoluzione a partire da considerazioni elementari, senza usare formule finali precostituite.

ii) (3 p) Il danneggiamento, in qualche caso si vede a colpo d’occhio, ma non sempre. Supponiamo che si veda l’ottanta per cento delle volte. Se il danneggiamento non c’`e, non lo si vede. L’operaio prende una vite e la osserva sana. Che probabilit`a c’`e che invece sia danneggiata?

iii) (4 p) Raccolte tre viti, che probabilit`a ha di osservarne almeno una danneggiata?

iv) (4 p) L’operaio decide di eliminare le viti danneggiate. Le estrae ad una ad una; se osserva una vite sana, la rimette nel barattolo, altrimenti la elimina. Che probabilit`a c’`e che la prima eliminazione avvenga alla settima estrazione?

Spiegare accuratamente il procedimento.

Soluzione. i) Come probabilit`a consideriamo il rapporto tra casi favorevoli e casi possibili, senza distinguere l’ordine con cui le viti sono state raccolte, fingendo che le viti siano numerate (cio`e considerandole diverse tra loro). Le terne possibili sono ³⁰ ₃
. Calcoliamo le terne senza viti danneggiate: esse sono composte da tre viti prese dalle 25 sane, quindi sono ²⁵ ₃
. Quindi la probabilit`a richiesta `e

1 −

25 3

30 3

= 1 − 25 · 24 · 23

30 · 29 · 28 = 1 − 25 · 24 · 23 30 · 29 · 28 = 88

203 = 0.4335.

ii) Detti A l’evento “non osserva un danneggiamento” e B l’evento “la vite `e danneggiata”, vale P (A) = P (A|B) P (B) + P (A|B ^c ) P (B ^c )

= 0.2 · 5

30 + 1 · 25

30 = 0.86667.

Quindi

P (B|A) = P (A|B) P (B)

P (A) = 0.2 · ₃₀ ⁵

0.86667 = 0.03846.

iii) Risolviamo di nuovo il problema complementare, il calcolo della probabilit`a dell’evento A = “non osserva alcuna danneggiata”. Distinguiamo gli eventi B _i = “i delle tre viti sono danneggiate”, con i = 0, 1, 2, 3. Sappiamo che

P (A|B 0 ) = 1 P (A|B 1 ) = 0.2 P (A|B 2 ) = 0.2 · 0.2 P (A|B 3 ) = 0.2 · 0.2 · 0.2.

Poi

P (B ₀ ) =

25 3

30 3

=

25 · 24 · 23

30 · 29 · 28 = 0.5665 P (B ₁ ) =

25 2

₅

1

30 3

= 0.369 P (B ₂ ) =

25 1

₅

2

30 3

= 0.06157 P (B ₃ ) =

5 3

30 3

= 0.00246 e quindi

P (A) = P (A|B ⁰ ) P (B 0 ) + · · ·

= 1 · 0.5665 + 0.2 · 0.369 + 0.2 · 0.2 · 0.06157 + 0.2 · 0.2 · 0.2 · 0.00246

= 0.643.

iv) Detto T il primo istante in cui l’operaio osserva una vite danneggiata, vale

P (T = 7) = P (X ₁ = 0, . . . , X ₆ = 0, X ₇ = 1)

dove X ₁ vale 1 se alla prima estrazione osserva una vite danneggiata, zero altrimenti, e cos`ı via. Allora P (T = 7) = P (X ₇ = 1|X 1 = 0, . . . , X ₆ = 0) P (X ₁ = 0, . . . , X ₆ = 0)

= p · P (X 1 = 0, . . . , X ₆ = 0)

= p · P (X ⁶ = 0|X ¹ = 0, . . . , X 5 = 0) P (X 1 = 0, . . . , X 5 = 0)

= p · (1 − p) P (X 1 = 0, . . . , X ₅ = 0)

= · · · = p (1 − p) ⁶ .

Il numero p `e la probabilit`a di osservare una vite danneggiata, che `e

p = 1 − P (A) = 1 − 0.86667 = 0.133.

Quindi

P (T = 7) = 0.133 (1 − 0.133) ⁶ = 0.05649.

Esercizio 2. Si consideri la funzione

f (x) = C ·

 e ^x per x < 0 e ^{− x}

²

^/2 per x ≥ 0 . i) (3 p) Trovare per quali valori di C la funzione f `e una densit`a di probabilit`a.

ii) (4 p) Detta X una v.a. con tale densit`a, calcolarne la funzione generatrice dei momenti, lasciandola espressa in termini di Φ (x) (la cumulativa gaussiana standard).

iii) (3 p) Calcolare P (|X| ≤ 1).

Soluzione. i) Ovviamente

Z ₀

−∞

e ^x dx = [e ^x ] ⁰ −∞ = 1 Il calcolo di una primitiva di e ^{− x}

²

`e impossibile ma ricordiamo che

Z ^∞

−∞

e ^{− x}

²

^/2 dx = √ 2π.

Allora, essendo e ^{− x}

²

^/2 pari,

Z ^∞

0

e ^{− x}

²

^/2 dx = 1 2

Z ^∞

−∞

e ^{− x}

²

^/2 dx = 1 2

√ 2π = r π 2 . Quindi

1 = C

Z 0

−∞

e ^x dx + Z ^∞

0

e ^{− x}

²

^/2 dx



= C



1 + r π 2

 ovvero

C = 1

1 + p _π

2

. ii)

ϕ _X (t) = Z ^∞

−∞

e ^tx f (x) dx = 1 1 + p _π

2

Z ₀

−∞

e ^tx e ^x dx + 1 1 + p _π

2

Z ^∞

0

e ^tx e ^{− x}

²

^/2 dx.

Vale poi, per t > −1 (altrimenti l’integrale diverge) Z 0

−∞

e ^tx e ^x dx = Z 0

−∞

e ^x(1+t) dx =

"

e ^x(1+t) 1 + t

# 0

−∞

= 1

1 + t . Invece,

Z ^∞

0

e ^tx e ^{− x}

²

^/2 dx = Z ^∞

0

e ⁻ ( ^x

²

^{− 2xt+t}

²

) ^/2 dx · e

^t22

= e

^t22

Z ^∞

0

e ^{− (x−t)}

²

^/2 dx

y=x−t

= e

^t22

Z ∞

− t

e ^{− y}

²

^/2 dy = e

^t22

√

2π [1 − Φ (−t)] . In conclusione,

ϕ _X (t) = 1 1 + p _π

2

 1

1 + t + e

^t22

√

2π [1 − Φ (−t)]



.

iii)

P (|X| ≤ 1) = P (−1 ≤ X ≤ 1)

= 1

1 + p _π

2

Z 0

− 1

e ^x dx + Z 1

0

e ^{− x}

²

^/2 dx



= 1

1 + p _π

2

 1 − e ^{− 1}
+ √

2π (Φ (1) − Φ (0)) 

= 1

1 + p _π

2



1 − e ^{− 1}
+ √

2π (0.841 − 0.5) 

= 0.6599.

Esercizio 3. Si consideri la catena di Markov definita nell’insieme di stati E = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e descritta dalla matrice di transizione P indicata a fianco.

i) (3 p) Disegnarne il grafo, classificarne gli stati e dedurre la struttura generale delle misure invarianti.

1 comunica con 3, ma 3 non comunica con 1, quindi 1 `e transitorio. 2 comunica con 5, ma 5 non comunica con 2, quindi anche 2 `e transitorio.

P =

















1/3 1/3 1/3 0 0 0

1/2 0 0 0 1/2 0

0 0 0 1 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 1/3 2/3

0 0 0 0 1/2 1/2

















Gli stati dell’insieme {3, 4} intercomunicano, ma non comunicano con altri. Lo stesso avviene per gli stati dell’insieme {5, 6}. Quindi E = {1, 2} ∪ {3, 4} ∪ {5, 6}. Si ha π ¹ = π 2 = 0 perch´e gli stati 1 e 2 sono transitori. Si determinano poi le misure invarianti delle sottocatene formate dagli stati {3, 4} e {5, 6}. La forma pi`u generale della misura invariante sar` a quindi (0, 0, λπ ₃ , λπ ₄ , (1 − λ)π 5 , (1 − λ)π 6 ) con 0 ≤ λ ≤ 1. Il grafo `e disegnato sotto.

ii) (3 p) Determinare tutte le misure invarianti della catena data.

Si debbono solo determinare le misure invarianti delle sottocatene formate dagli stati {3, 4} e {5, 6}. Si ha π ³ = π 4 = 1 perch´e la matrice della sottocatena formata dagli stati {3, 4} `e bistocastica. Per quanto riguarda la sottocatena formata 2

dagli stati {5, 6}, si pu`o ad esempio impostare il sistema



 

 

1/3π ₅ + 1/2π ₆ = π ₅ 2/3π ₅ + 1/2π ₆ = π ₆ π ₅ + π ₆ = 1

, da cui



 

 

2π ₅ + 3π ₆ = 6π ₅ 4π ₅ + 3π ₆ = 6π ₆ π ₅ + π ₆ = 1

cio`e ( 4π ₅ − 3π 6 = 0

π 5 + π 6 = 1 che ha per soluzione π 5 = 3

7 , π 6 = 4

7 . Quindi le misure invarianti della catena sono i vettori π =

 0, 0, λ

2 , λ

2 , 3(1 − λ)

7 , 4(1 − λ) 7



, con λ ∈ [0, 1]

iii) (3 p) Calcolare la probabilit`a che la catena si trovi nello stato 6 al tempo 4, sapendo che `e nello stato 1 al tempo 0.

I cammini possibili sono:

1 → 1 → 2 → 5 → 6, p ¹ = 1 3 · 1

3 · 1 2 · 2

3 1 → 2 → 5 → 6 → 6, p 2 = 1

3 · 1 2 · 2

3 · 1 2 1 → 2 → 5 → 5 → 6, p 3 = 1

3 · 1 2 · 1

3 · 1 2 . La probabilit`a richiesta `e p 1 + p 2 + p 3 = 1

27 + 1 18 + 1

27 = 7

54 .