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ESERCIZI SU VARIABILI CASUALI CONTINUE 1. Data una v.c. continua X con funzione di densità
𝑓(𝑥) = 3
13(𝑥2+ 2) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 se ne calcoli:
a) la funzione di ripartizione b) il valore atteso
c) la varianza Soluzione a)
∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑥 1
= 3
13∫ (𝑡2+ 2)𝑑𝑡
𝑥 1
= 3 13[𝑡3
3 + 2𝑡]
1 𝑥
= 3 13[𝑥3
3 + 2𝑥 −1 3− 2]
= 1
13(𝑥3+ 6𝑥 − 7)
La funzione di ripartizione è data quindi da 𝐹(𝑥) = 1
13(𝑥3+ 6𝑥 − 7) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 b)
𝐸(𝑋) = 𝜇 = 3
13∫ 𝑥(𝑥2+ 2)𝑑𝑥
2
1
= 3
13∫(𝑥3 + 2𝑥)𝑑𝑥
2
1
= 3 13[𝑥4
4 + 𝑥2]
1 2
=
= 3 13[24
4 + 22− (1
4+ 1)] = 3
13[8 − (5
4)] = 3 13×5
4 =81 52 c)
𝐸(𝑋2) = 𝜇2 = 3
13∫ 𝑥2(𝑥2+ 2)𝑑𝑥
2
1
= 3
13∫(𝑥4+ 2𝑥2)𝑑𝑥
2
1
= 3 13[𝑥5
5 + 2𝑥3 3]
1 2
=
= 3 13[25
5 +2
3× 8 − (1 5+2
3)] = 3 13[32
5 +16
3 − (13
15)] = 3
13× (176 − 13
15 ) = 163 15 Risulta quindi
𝑉(𝑋) = 𝜎𝑥2 = 163
65 − (81 52)
2
≈ 0.0813
2
2. Data una v.c. continua X con funzione di ripartizione 𝐹(𝑥) = 3
5𝑥 + 6
15𝑥3 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 si calcoli:
a) P(X ≤ 0.5)
b) P(0.2 < X ≤ 0.4) c) P(X > 0.5)
d) valore atteso
e) deviazione standard
Soluzione a)
𝑃(𝑋 ≤ 0.5) = 𝐹(0.5) =3
5× 0.5 + 6
15× 0.53 = 0.35 b)
𝑃(𝑋 ≤ 0.4) = 𝐹(0.4) =3
5× 0.4 + 6
15× 0.43 = 0.2656 𝑃(𝑋 ≤ 0.2) = 𝐹(0.2) =3
5× 0.2 + 6
15× 0.23 = 0.1232 per cui si ottiene
P(0.2 < X ≤ 0.4)=0.1424 c)
P(X > 0.5)=1 − P(X ≤ 0.5) = 0.65 d) La funzione di densità risulta
𝑓(𝑥) = 3 5+6
5𝑥2 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 e il valore atteso corrisponde a
𝐸(𝑋) = 𝜇𝑥 = ∫ 𝑥 (3 5+6
5𝑥2) 𝑑𝑥
1 0
= ∫ (3
5𝑥 +6
5𝑥3) 𝑑𝑥
1 0
= [3 5
𝑥2 2 +6
5 𝑥4
4]
0 1
= [3 10+ 6
20] = 6 10 = 3
5
Il secondo momento dall’origine è
3
𝐸(𝑋2) = 𝜇2x = ∫ 𝑥2(3 5+6
5𝑥2) 𝑑𝑥
1 0
= ∫ (3
5𝑥2+6
5𝑥4) 𝑑𝑥
1 0
= [3 5
𝑥3 3 +6
5 𝑥5
5]
0 1
= [1 5+ 6
25] = 11 25 per cui la varianza risulta 𝑉(𝑋) = 𝜎𝑥2 =11
25− (3 5)
2
= 2 25 e la deviazione standard è pari a 𝜎𝑥 =√2
5
3. Sia X una v.c. con funzione di ripartizione
𝐹(𝑥) = 1 − (1 − 𝑥)2 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 si determini:
a) la mediana
b) la funzione di densità corrispondente c) il valore atteso
Soluzione a)
Dall’uguaglianza
𝐹(𝑥0.5) = 0.5 si ottiene
1 − (1 − 𝑥0.5)2 = 0.5
1 − (1 − 2𝑥0.5+ 𝑥0.52 ) = 0.5
−𝑥0.52 + 2𝑥0.5− 0.5 = 0 di cui si accetta la soluzione
𝑥0.5 =2 − √2 2
l’altra è da scartare, in quanto esterna al campo di variazione di X
4
b)
𝐹(𝑥) = 1 − (1 − 𝑥)2 = 1 − (1 − 2𝑥 + 𝑥2) = 2𝑥 − 𝑥2 𝑑𝐹(𝑥)
𝑑𝑥 = 2 − 2𝑥 per cui si ha
𝑓(𝑥) = 2(1 − 𝑥) 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 c)
𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥 × [2(1 − 𝑥)]𝑑𝑥 =
1 0
2 ∫ (𝑥 − 𝑥2)𝑑𝑥
1 0
= 2 [𝑥2 2 −𝑥3
3]
0 1
= 2 [1 2−1
3]
= 2 ×3 − 2 6 =2
6 =1 3
4. Sia X una v.c. con funzione di densità 𝑓(𝑥) = 3
2𝑥2 − 1 ≤ 𝑥 < 1 Si determini
a) la sua funzione di ripartizione b) P(X >2)
c) P(X >0)
d) il valore atteso e) la varianza
f) l’indice di asimmetria 𝑎3. Soluzione
a) Dall’integrale
∫ 3
2𝑡2𝑑𝑡 =
𝑥
−1
3
2∫ 𝑡2𝑑𝑡
𝑥
−1
= 3 2[𝑡3
3]
−1 𝑥
= 1
2[𝑡3 ]−1𝑥 =1
2[𝑥3− (−1)3] = 1
2(𝑥3+ 1) si ottiene
𝐹(𝑥) = 1
2(𝑥3+ 1) − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1
5
b)
P(X >2)=1 − P(X ≤2)=0 c)
𝑃(𝑋 > 0) = 1 − 𝐹(0) = 1 −1
2(0 + 1) = 0.5 d)
𝐸(𝑋) = ∫ 𝑥 ×3
2𝑥2𝑑𝑥 =
+1
−1
3
2∫ 𝑥3𝑑𝑥
+1
−1
= 3 2[𝑥4
4]
−1 +1
= 3 2[1
4−1 4] = 0 e)
𝐸(𝑋2) = ∫ 𝑥2×3
2𝑥2𝑑𝑥 =
+1
−1
3
2∫ 𝑥4𝑑𝑥
+1
−1
= 3 2[𝑥5
5]
−1 +1
=3 2[1
5− (−1
5)] = 3
5 = 𝑉(𝑋) f)
𝐸(𝑋3) = ∫ 𝑥3×3
2𝑥2𝑑𝑥 =
+1
−1
3
2∫ 𝑥5𝑑𝑥
+1
−1
= 3 2[𝑥6
6]
−1 +1
= 3 2[1
6− (1
6)] = 0 Di conseguenza
𝑎3 = 0
5. Data una v.c. continua X con funzione di densità 𝑓(𝑥) =1
2(𝑥 − 2) 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 determinare il primo quartile
Soluzione
Dal seguente integrale
∫ 𝑓(𝑡)
𝑥 2
𝑑𝑡 =1
2∫ (𝑡 − 2)
𝑥 2
𝑑𝑡 = 1 2[𝑡2
2 − 2𝑡]
2 𝑥
=1 2[𝑥2
2 − 2𝑥 − (2 − 4)]
= 1 2(𝑥2
2 − 2𝑥 + 2) = 1
4(𝑥2− 4𝑥 + 4) si ottiene la funzione di ripartizione
6
𝐹(𝑥) = 1
4(𝑥 − 2)2 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 Dall’uguaglianza
𝐹(𝑥0.25) = 0.25 si ottiene
1
4(𝑥0.25− 2)2 = 0.25 (𝑥0.25− 2)2 = 1
𝑥0.252 − 4𝑥0.25+ 4 = 1 𝑥0.252 − 4𝑥0.25+ 3 = 0
di cui si accetta la soluzione 𝑥0.25 = 3
la soluzione 1 è invece da scartare, in quanto esterna al campo di variazione di X
6. Data una v.c. X con funzione di densità
𝑓(𝑥) = 20𝑥3(1 − 𝑥) 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 si determini
a) la funzione di ripartizione corrispondente b) P(X ≤0.1)
c) P(X ≤1) d) P(X >0.5) Soluzione a)
Dall’integrale
∫ 20𝑡3(1 − 𝑡)𝑑𝑡
𝑥 0
= 20 ∫ (𝑡3− 𝑡4)𝑑𝑡
𝑥 0
= 20 [𝑡4 4 −𝑡5
5]
0 𝑥
= 5𝑥4 − 4𝑥5
si ottiene la funzione di ripartizione
𝐹(𝑥) = 5𝑥4− 4𝑥5 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 b)
𝑃(𝑋 ≤ 0.1) = 𝐹(0.1) = 5 × 0.14− 4 × 0.15 = 0.00046 c)
𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝐹(1) = 1
7
d)
𝑃(𝑋 > 0.5) = 1 − 𝐹(0.5) = 1 − (5 × 0.54− 4 × 0.55) = 0.8125
7. Data la seguente funzione di densità di una v.c. X
𝑓(𝑥) = 6𝑥2+ 3
5 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 si determini la corrispondente funzione di ripartizione
Soluzione Dall’integrale
∫ 6𝑡2+ 3 5
𝑥 0
𝑑𝑡 = 6 5[𝑡3
3]
0 𝑥
+3
5[𝑡]0𝑥 =6 5
𝑥3 3 +3
5𝑥 = 2𝑥3+ 3𝑥 5 risulta
𝐹(𝑥) = 2𝑥3+ 3𝑥
5 0 ≤ 𝑥 ≤ 1
8. Data la funzione di densità di Y 𝑓(𝑦) = 2 + 6𝑦
5 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 si determini valore atteso e varianza di Y
𝐸(𝑌) = ∫ 𝑦 ×
1 0
2 + 6𝑦
5 𝑑𝑦 =2 5∫ 𝑦
1 0
𝑑𝑦 +6
5∫ 𝑦2
1 0
𝑑𝑦 =2 5[𝑦2
2]
0 1
+6 5[𝑦3
3]
0 1
= 2 5×1
2+6 5×1
3 =1 + 2 5 = 3
5 𝐸(𝑌2) = ∫ 𝑦2×
1 0
2 + 6𝑦
5 𝑑𝑦 =2
5∫ 𝑦2
1 0
𝑑𝑦 +6
5∫ 𝑦3
1 0
𝑑𝑦 = 2 5[𝑦3
3]
0 1
+6 5[𝑦4
4]
0 1
= 2 5×1
3+6 5×1
4 =8 + 18 60 =13
30 𝑉(𝑌) = 13
30− 9
25 = 65 − 54
150 = 11 150
8
9. Data una v.c. X con funzione di densità 𝑓(𝑥) = 𝑥
2− 1 2 < 𝑥 < 4 se ne calcoli la funzione di ripartizione e la mediana Soluzione
∫ 𝑡
2− 1𝑑𝑡 = 1 2[𝑡2
2]
2 𝑥 𝑥
2
− [𝑡]2𝑥 = 1 2(𝑥2
2 −4
2) − (𝑥 − 2) = 𝑥2
4 − 1 − 𝑥 + 2
= 𝑥2
4 − 𝑥 + 1
𝐹(𝑥) =𝑥2
4 − 𝑥 + 1 2 < 𝑥 < 4
Per ottenere la mediana si deve trovare il valore 𝑥0.5 della variabile per cui risulta
𝐹(𝑥0.5) = 𝑥0.52
4 − 𝑥0.5+ 1 = 0.5 Si ottiene quindi
𝑥0.52
4 − 𝑥0.5+ 0.5 = 0 𝑥0.52 − 4𝑥0.5 + 2 = 0 Delle due soluzioni 4 ± √8
2
si accetta quella di segno positivo, per cui
𝑥0.5 = 2 + √2
10. Considerata la v.c. X con funzione di densità 𝑓(𝑥) = 4𝑥3 0 < x < 1
se ne determini il valore atteso e coefficiente di variazione
9
Soluzione 𝐸(𝑋) = ∫ 4𝑥4
1 0
𝑑𝑥 = 4 [𝑥5 5]
0 1
= 4 5 𝐸(𝑋2) = ∫ 4𝑥5
1 0
𝑑𝑥 = 4 [𝑥6 6]
0 1
= 4 6= 2
3 𝑉(𝑋) = 2
3−16
25 = 50 − 48
75 = 2
75 𝐶𝑉𝑥 =√2/75
4/5 ≈ 0.2041
11. Considerata una v.c. X con funzione di densità
𝑓(𝑥) = 4𝑥(1 − 𝑥2) 0 < 𝑥 < 1 se ne determini il valore atteso e deviazione standard
Soluzione
𝐸(𝑋) = ∫ 4𝑥2(1 − 𝑥2)
1 0
𝑑𝑥 = 4 ∫ (𝑥2− 𝑥4)
1 0
𝑑𝑥 = 4 {[𝑥3 3]
0 1
− [𝑥5 5]
0 1
} = 4 (1 3−1
5)
= 45 − 3 15 = 8
15 𝐸(𝑋2) = ∫ 4𝑥3(1 − 𝑥2)
1 0
𝑑𝑥 = 4 ∫ (𝑥3− 𝑥5)
1 0
𝑑𝑥 = 4 {[𝑥4 4]
0 1
− [𝑥6 6]
0 1
} = 4 (1 4−1
6)
= 46 − 4 24 = 8
24 = 1 3 𝑉(𝑋) = 𝜎𝑥2 =1
3− 64
225 =75 − 64
225 = 11 225 𝜎𝑥 =√11
15
