Alcuni esercizi affrontati durante le lezioni di Calcolo delle Probabilità A.A. 09/10, CdS in S.T.A.D. Università degli Studi di Palermo

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Alcuni esercizi affrontati durante le lezioni di Calcolo delle Probabilit`a A.A. 09/10 , CdS in S.T.A.D.

Universit`a degli Studi di Palermo

G. Sanfilippo sanfilippo@unipa.it

14 aprile 2010

1 Esercizi

1.1 Lezione del 08 Aprile 2010

Esercizio 1 (Distribuzione geometrica). Supponiamo di lanciare infinite volte un dado regolare. Calcoliamo la probabilit`a α che si presenti la faccia 1 per la prima volta in un numero pari di lanci. Sia E_n l’evento

“la faccia 1 si presenta all’ennesimo lancio”, n ∈ N. Osserviamo che gli eventi E1, E₂, . . . , E_n, . . . sono stocasticamente indipendenti ed equiprobabili, con P (En) = ¹₆, n ∈ N. Indicando con X il numero aleatorio di lanci necessari per ottenere la faccia 1 per la prima volta, si ha X ∼ G(p), con p = ¹₆. Osservando che P+∞

k=0((1 − p)²)^k= _1−(1−p)¹ 2 `e la somma di una serie geometrica di ragione (1 − p)², si ha α = P (W+∞

k=1(X = 2k)) =P+∞

k=1p(1 − p)^2k−1=

= p(1 − p)P+∞

k=1(1 − p)^2k−2= p(1 − p)P+∞

k=0((1 − p)²)^k

= _1−(1−p)^p(1−p)2 = ^(1−p)_(2−p) = ₁₁⁵.

Esercizio 2. Con riferimento all’esercizio precedente calcolare direttamente la probabilit`a β che si presenti la faccia 1 per la prima volta in un numero dispari di lanci.

Esercizio 3 (Estrazioni senza restituzione da un’urna di composizione incognita). In un’urna ci sono 10 palline bianche e 10 palline nere. Un gioco consiste in tre fasi. Nella prima fase un giocatore estrae una pallina e la mette da parte senza guardarla. Nella seconda fase si estraggono una per volta tutte le palline sino a quando l’urna sar`a vuota ( sia Eil’evento “l’i-esima pallina estratta nella seconda fase `e bianca”, per i = 1, 2, . . . , 19).

Nella terza fase si osserva la pallina estratta e messa da parte. Se essa `e bianca (evento H) il giocatore vince un premio in denaro, altrimenti non vince nulla. Durante la seconda fase, subito prima di effettuare la settima estrazione, al giocatore viene proposto di cambiare la sua pallina con una scelta a caso tra le rimanenti nell’urna.

Supposto che nelle prime 6 estrazioni si `e ottenuto sempre pallina nera, stabilire, motivando la risposta, se al giocatore conviene cambiare pallina.

Conviene cambiare pallina? Si ; No ; Indifferente ; Soluzione.

Osservando che P (H) = ¹₂, per il Teorema di Bayes, la probabilità che la pallina messa da parte è bianca supposto che le prime sei palline estratte siano tutte nere è data da

P (H|E₁^cE₂^c· · · E₆^c) = _{P (E}c ^{P (E}^c¹^E²^c^···E^c⁶^{|H)P (H)}

1E₂^c···E₆^c|H)P (H)+P (E₁^cE₂^c···E^c₆|H^c)P (H^c) =

=

(⁹0)(¹⁰6) (¹⁹6)

1 2

(⁹0)(¹⁰6) (¹⁹6)

1

2+(¹⁰0)(⁹6) (¹⁹6)

1 2

= (¹⁰₆)

(¹⁰₆)⁺(⁹₆) = ¹

1+_6!3!^9! ^4!6!_10! = ¹

1+¹⁰₄ = ¹⁰₁₄ = ⁵₇.

1

(2)

Inoltre, calcoliamo la probabilit`a che la successiva pallina estratta sia bianca condizionatamente all’ipotesi che le prime sei palline estratte sono nere. Dapprima ricordiamo che dati 3 eventi A, H, C si ha

P (AH|C) = P (A|HC)P (H|C);

P (A|C) = P (A ∧ Ω|C) = P (AH ∨ AH^c)|C) =

= P (AH|C) + P (AH^c|C) = P (A|HC)P (H|C) + P (A|H^cC)P (H^c|C).

Nel nostro caso, ponendo A = E7, H = H, C = E₁^cE₂^c· · · E₆^c, si ha

= ₁₃⁹ ⁵₇ +¹⁰₁₃²₇ = ⁵₇.

Si può inoltre verificare che P (Ei|E₁^cE₂^c· · · E₆^c) = ⁵₇ per i = 7, . . . , 19. Pertanto, scegliendo a caso una pallina tra le (13) rimanenti la probabilità di ottenere una pallina bianca supposto che le prime 6 estratte siano nere è sempre pari aP19

i=75 7

1

13 = ⁵₇, quindi al giocatore risulta indifferente cambiare o meno la pallina.

Esercizio 4. Con riferimento all’Esercizio 3 indicando con X = |E₁|+|E₂|+|E₃|+|E₄|+|E₅|+|E₆| il numero di palline bianche estratte nelle prime sei estrazioni calcolare α = P (E7|X = 1) e β = P (E7|E₁E₂^cE₃^c. . . E₆^c) e verificare se α = β.

Esercizio 5. Con riferimento all’Esercizio 3 considerando pi`u in generale un’urna contenete r palline bianche e N − r nere, per h = 1, . . . N − r, si ha

P (H|E₁^cE₂^c· · · E_h^c) = ^{P (E}

c

1E₂^c···E^c_h|H)P (H)

P (E^c₁E^c₂···E_h^c|H)P (H)+P (E₁^cE^c₂···E_h^c|H^c)P (H^c) =

=

(^r−10 )(^{N −r}h ) (^{N −1}h )

r N

(^r−10 )(^{N −r}h ) (^{N −1}h )

r

N+(^r0)(^{N −r−1}h ) (^{N −1}h )

N −r N

= ¹

1+(^{N −r−1}h ) (^{N −r}h )

N −r r

=

= ¹

1+^{N −r−h}_{N −r} = _{N −h}^r . Inoltre si ha

= _{N −h−1}^r−1 _{N −h}^r + _{N −h−1}^r ^{N −h−r}_{N −h} = _{N −h}^r .

Si può inoltre verificare che P (Ei|E₁^cE₂^c· · · E_h^c) = _{N −h}^r per i = h + 1, . . . , N − 1. Pertanto, scegliendo a caso una pallina tra le N − h − 1 rimanenti la probabilità di ottenere una pallina bianca supposto che le prime 6 estratte siano nere è sempre pari aPN −1

i=h+1 r N −h

1

N −h−1 = _{N −h}^r , quindi al giocatore risulta indifferente cambiare o meno la pallina.

Esercizio 6. Un imputato deve essere giudicato da una giuria composta da tre giurati il cui verdetto finale è raggiunto a maggioranza. I tre giurati A, B e C assumono la loro decisione indipendentemente. A e B hanno probabilità α ∈ (0, 1) di decidere per l’assoluzione, mentre il giurato C decide in base al risultato ottenuto nel lancio di una moneta. (i) Si calcoli la probabilità che l’imputato sia assolto (evento E).

(ii) Supponendo di sostituire il giurato C con un altro giurato D, il quale ha probabilità δ ∈ (0, 1), con δ 6= α, di decidere per l’assoluzione, si verifichi per quali valori di δ la probabilità di assoluzione per l’imputato è maggiore che nel caso precedente .

P (E) = α ; δ ∈]1

2, 1[ ; Indichiamo con

• E_A=“Il giurato A assolve l’imputato”;

• E_B=“Il giurato B assolve l’imputato”;

• E_C=“Il giurato C assolve l’imputato”;

• E_D=“Il giurato D assolve l’imputato”.

(3)

Si ha

P (E) = P (EAEBEC) + P (EAEBE_C^c) + P (EAE_B^cEC) + P (E_A^cEBEC) =

= αα¹₂ + αα¹₂ + α(1 − α)¹₂+ (1 − α)α¹₂ = α.

Indichiamo con E⁰ l’evento “La Giuria composta da A, B, D assolve l’imputato” si ha P (E⁰) = P (EAEBED) + P (EAEBE_D^c) + P (EAE_B^cED) + P (E_A^cEBED) =

= ααδ + αα(1 − δ) + α(1 − α)δ + (1 − α)αδ = α²+ 2αδ − 2α²δ.

Osserviamo che poich`e α 6= 1 e α 6= 0 si ha

P (E⁰) > P (E) ⇔ α²+ 2αδ − 2α²δ > α ⇔ α + 2δ − 2αδ > 1 ⇔ 2δ(1 − α) > 1 − α.

Pertanto P (E⁰) > P (E) se e solo se δ ∈]¹₂, 1].

Esercizio 7 (SIGAD 17/09/08 N.3). Il colore degli occhi di una persona `e determinato da un unico paio di geni.

Se entrambi i geni sono quelli degli occhi azzurri, allora la persona avrà gli occhi azzurri; se entrambi i geni sono quelli degli occhi castani, allora la persona avrà gli occhi castani; se uno di essi è quello degli occhi azzurri e l’altro è quello degli occhi castani, allora la persona avrà gli occhi castani (infatti si dice che il gene degli occhi castani è dominante rispetto al gene degli occhi azzurri). Un neonato riceve indipendentemente un gene del colore degli occhi da ognuno dei genitori e il gene che riceve da essi può essere in modo ugualmente probabile uno dei due geni del genitore.

Sappiamo che Giacomo ed entrambi i suoi genitori hanno gli occhi castani, ma che la sorella di Giacomo ha gli occhi azzurri, calcolare la probabilit`a α che Giacomo abbia un gene degli occhi azzurri.

Supponiamo ora che la moglie di Giacomo abbia gli occhi azzurri. Qual `e la probabilit`a β che il loro primo figlio abbia gli occhi castani?

α = 2

3 β = 2

3 Soluzione.

Dall’informazioni in possesso si evince che entrambi i genitori di Giacomo hanno la coppia di geni Azzurro- Castani. Consideriamo i seguenti eventi:

B1= “il gene di Giacomo ereditato dal Padre è azzurro”, C1= “il gene di Giacomo ereditato dal Padre è castano”, B₂= “il gene di Giacomo ereditato dalla Madre è azzurro”

C2= “il gene di Giacomo ereditato dalla Madre `e castano”

Ovviamente si ha C1= B₁^ce C2 = B₂^c. Inoltre gli eventi B1B2, B1C2, C1B2, C1C2formano una partizione dell’evento certo. Indichiamo con B l’evento “Giacomo ha un gene degli occhi azzurri”. Si ha

B = B₁B₂∨ B₁C₂∨ C₁B₂.

Poich`e `e noto che Giacomo ha gli occhi castani, segue che B1B2 = ∅. Pertanto B = B1C2∨ C₁B2.

Osserviamo che gli eventi B1C₂, C₁B₂, C₁C₂sono equiprobabili (vedi dopo) e quindi P (B1C₂) = ¹₃, P (C₁B₂) =

1

3, P (C1C2) = ¹₃. Pertanto si ha

P (B) = P (B₁C₂∨ C₁B₂) = 2 3.

Spieghiamo perch`e gli eventi B₁C₂, C₁B₂, C₁C₂sono equiprobabili. Se non avessimo saputo che Giacomo avesse avuto gli occhi castani, ma avessimo saputo soltanto che i Genitori avessero la coppia di geni Azzurro- Castani, allora indicando con B_i^∗, C_i^∗, B^∗, C^∗gli eventi relativi a questo caso avremmo avuto

P (B^∗₁B₂^∗) = P (B^∗₁C₂^∗) = P (C₁^∗B₂^∗) = P (C₁^∗C₂^∗) = 1 2 1 2 = 1

4.

Poichè siamo in possesso dell’informazione che Giacomo ha gli occhi castani, allora la probabilità P (B1C₂) la si può vedere come la probabilità dell’evento B₁^∗C₂^∗condizionato all’ulteriore informazione che Giacomo abbia gli occhi castani, ovvero con la probabilità di P (B₁^∗C₂^∗|C^∗). Pertanto

P (B1C2) = P (B₁^∗C₂^∗|C^∗) = P (B₁^∗C₂^∗C^∗)

P (C^∗) = P (B₁^∗C₂^∗)

P (B^∗₁C₂^∗) + P (B₁^∗C₂^∗) + P (C₁^∗C₂^∗) = 1 3.

(4)

In maniera analoga si ottiene

P (C₁B₂) = 1

3, P (C₁C₂) = 1 3.

Con un ragionamento analogo al precedente, P (B) coincide con P (B^∗|C^∗), pertanto anche in questo modo si ottiene

P (B) = P (B^∗|C^∗) = P (B^∗C^∗)

P (C^∗) = P (B₁^∗C₂^∗∨ C₁^∗B₂^∗))

P (B₁^∗C₂^∗∨ C₁^∗B₂^∗∨ C₁^∗C₂^∗) = 2 3.

Sottolineamo il fatto che ogni evento è sempre un evento condizionato all’informazione in nostro possesso. Se dato un evento condizionato E|H con probabilità P (E|H) successivamente veniamo a conoscenza che H è vero (e niente altro) allora E|H diventa E|Ω e quindi P (E|H) diventa P (E). Nel nostro caso partiamo da B^∗|C^∗, con P (B^∗|C^∗) = ¹₃, successivamente veniamo a conoscenza che C^∗ è vero, pertanto P (B) = P (B^∗|H^∗).

Vediamo la second parte dell’esercizio.

Indichiamo con C⁰l’evento “il figlio di Giacomo ha gli occhi castani”. Consideriamo i seguenti eventi B₁⁰ = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dal Padre `e azzurro”,

C₁⁰ = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dal Padre `e castano”, B₂⁰ = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dalla Madre `e azzurro”

C₂⁰ = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dalla Madre `e castano”

Dalle informazioni in possesso si ha B₂⁰ = Ω, C₂⁰ = ∅, pertanto B₁⁰B₂⁰, C₁⁰B₂⁰, forma una partizione di Ω. Si ha

P (C⁰) = P (C₁⁰B₂⁰) = P (C₁⁰) = P (C₁⁰ ∧ Ω) = P (C₁⁰ ∧ (B₁C2∨ C₁B2∨ C₁C2)) =

= P (C₁⁰|B₁C₂)P (B₁C₂) + P (C₁⁰|C₁B₂)P (C₁B₂) + P (C₁⁰|C₁C₂)P (C₁C₂) =

= ¹₂¹₃ +¹₂¹₃ + 1¹₃ = ²₃. 1.3 Lezione del 14 Aprile 2010 Numeri aleatori continui

Esercizio 8 (EF26/06/07 n. 3). Un numero aleatorio X ha densit`a

f (x) =











x

9 se 0 ≤ x < 3

1

3 se 3 ≤ x ≤ a 0 altrove Determinare:

a) il valore di a;

b) la previsione di X;

c) la funzione di ripartizione di X.

a = 4.5 ; P(X) = 2.875 ; F (x) =









 Soluzione.

Dalla condizione di normalizzazione della densit`a si ha Z +∞

−∞

f (x)dx = Z 3

0

x 9dx +

Z a 3

1

3dx = 1

2 +a − 3 3 = 1.

Segue che a = ⁹₂. Inoltre si ha P(X) =

Z +∞

−∞

xf (x)dx = Z 3

0

x² 9 dx +

Z ⁹

2

3

x 3dx =

= x

3

27

3 0+ x

2

6

⁹₂

3 = 1 +81 24 −9

6 = 23 8 . Calcoliamo la funzione di ripartizione.

(5)

• Se x < 0 si ha F (x) = 0;

• se 0 ≤ x < 3 si ha

F (x) = Z x

0

t

9dt = t

2

18

x 0 = x²

18;

• se 3 ≤ x < ⁹₂ si ha

F (x) = Z 3

0

t 9dt +

Z x 3

1 3dt = 1

2+ t 3

x 3 = 1

2+x − 3

3 = 2x − 3

6 ;

• se x ≥ ⁹₂ si ha F (x) = 1.

Ricapitolando, si ha

F (x) =











0 se x < 0;

x²

18 se 0 ≤ x < 3;

2x−3

6 se 3 ≤ x < ⁹₂; 1 se x ≥ ⁹₂.

................................................ ...

...

......

...

3 ⁹₂

0 f (x)

x

1 3 −

| |

. . . . . . . .

. . . ..

. . . . . .

....................................................

(a) Grafico della funzione densit`a f (x)

................................................ ...

...

......

...

3 1

9

0 2

F (x)

x

1 2 −

| |

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . . . . .

................................................................................................................................................

(b) Grafico della funzione di ripartizione F (x)

Figura 1: Densit`a e funzione di ripartizione del numero aleatorio X

Esercizio 9. Sia X ∼ U ([−1, 3.5]) calcolare 1. P (−2 ≤ X < −1) =

2. P (−2 ≤ X < 1) = 3. P (−1 ≤ X ≤ 0) =

(6)

4. P (0 ≤ X ≤ 1) = 5. P (1 ≤ X ≤ 2) = 6. P (2 ≤ X ≤ 4) = 7. P (3 ≤ X ≤ 4) = 8. P (4 ≤ X ≤ 5) = 9. P (X > 5) =.

Calcolare inoltre la funzione di ripartizione F (x).

Esercizio 10 (EF 28/09/06 N.4). La densità di probabilità di un numero aleatorio continuo X è

f (x) =







1/5, se 1 ≤ x < 2, 2/5, se 2 ≤ x < 4, 0 altrove.

Calcolare la funzione di ripartizione F (x) , la probabilit`a P (X > 3/2) e la previsione P(X).

F (x) =







P (X > 3/2) = P(X) =

Esercizio 11. Supponiamo che il tempo (in ore) di funzionamento ininterrotto di un computer, prima che sia necessario riavviarlo a causa di un crash di sistema, sia un numero aleatorio continuo X con densità data da f (x) = ke⁻⁵⁰⁰^x se x > 0, f (x) = 0 altrimenti. Determinare il valore della costante k e calcolare la probabilità α che il tempo di funzionamento sia compreso tra le 50 e le 150 ore. Supposto inoltre che il computer abbia funzionato per le prime 100 ore calcolare la probabilità β che funzioni per le successive 50 ore. Soluzione.

Poich`e X ha distribuzione esponenziale si ha k = ₅₀₀¹ . Inoltre, indicando con F (x) = 1 − e⁻⁵⁰⁰^x la funzione di ripartizione di X, si ottiene

α = P (50 ≤ X ≤ 150) = F (150) − F (50) = e⁻⁵⁰⁰⁵⁰ − e⁻¹⁰⁰⁵⁰⁰ =

= e^−0.1− e^−0.3= 0.905 − 0.741 = 0.164 e

β = P (X > 150|X > 100)

prop.ass.mem.

z}|{= P (X > 50) = e⁻⁵⁰⁰⁵⁰ = 0.905.

Esercizio 12 (EF21/06/06 n.3). Sia data una costante a ∈ (0, 2). Stabilire per quale valore di a la funzione

f (x) =







x, x ∈ [0, a];

a, x ∈ (a, 2];

0, altrove.

è una densità di probabilità. Calcolare inoltre la probabilità dell’evento (X > 1).

a = P (X > 1) =

[EF21/06/06 n.4] Sia X un numero aleatorio con distribuzione esponenziale di parametro λ. Riportare la densità di probabilità f (x), calcolare la funzione di sopravvivenza S(x) e dimostrare che per X vale la proprietà di assenza di memoria.

f (x) =

S(x) =







Prop. Ass. Memoria