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

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

20/12/2011 Esercizio 1

Una compagnia di assicurazioni classifica i propri clienti in tre fasce: basso rischio di incidente, medio rischio e alto rischio. Da rilevamenti statistici, si sa che le probabilit`a di avere un incidente in un anno sono l’1%, il 3% e il 6%

rispettivamente.

i) Assumendo che il 30% dei clienti siano a basso rischio, il 50% a medio rischio e il 20% ad alto rischio, qual `e la probabilit`a che un cliente abbia incidenti nel corso di un anno?

ii) Sapendo che un cliente non ha avuto incidenti nell’anno scorso, qual `e la probabilit`a che esso appartenga a ciascuna delle tre fasce?

Soluzione.

i) Indichiamo con B l’evento “il cliente `e a basso rischio di incidenti”, con M l’evento “il cliente `e a medio rischio di incidenti”, con A l’evento “il cliente `e a alto rischio di incidenti”, con I l’evento “il cliente ha un incidente nel corso di un anno”, con I

^c

l’evento “il cliente non ha un incidente nel corso di un anno”. Usando la formula della partizione dell’evento certo si ha: P (I) = P (I|B)P (B) + P (I|M)P (M) + P (I|A)P (A) = 1

100 · 3 10 + 3

100 · 5 10 + 6

100 · 2 10 = 3 + 15 + 12

1000 = 3

100 = 3%.

ii) Si ha P (I

^c

) = 1 − 0.03 = 0.97. Usando la formula di Bayes, si ha P (B|I

^c

) = P (I

^c

|B)P (B)

P (I

^c

) = 0.99 · 0.30

0.97 = 0.306.

Analogamente P (M |I

^c

) = P (I

^c

|M)P (M)

P (I

^c

) = 0.97 · 0.50

0.97 = 0.500 e P (A|I

^c

) = P (I

^c

|A)P (A)

P (I

^c

) = 0.94 · 0.20

0.97 = 0.194.

Esercizio 2 Un’azienda produce componenti per auto.

i) Un suo reparto produce 30 pezzi al giorno. Supponiamo che ciascun pezzo abbia probabilit`a 0.05 di essere scadente (si impongano inoltre le ipotesi di indipendenza che si ritiene comodo e ragionevole supporre). Che probabilit`a abbiamo di trovare almeno due pezzi scadenti, in un generico giorno? Descrivere dettagliatamente le v.a. che si utilizzano ed evitare approssimazioni non necessarie.

ii) Una macchina produce 40 pezzi al giorno. Molti dei pezzi prodotti, ma non tutti, hanno bisogno di rifiniture a mano. La probabilit`a che un pezzo necessiti di rifiniture `e 0.5. Che probabilit`a c’`e che si debbano rifinire pi` u di 25 pezzi?

Soluzione.

i) Per ogni i = 1, . . . , 30, indichiamo con X

ⁱ

la variabile aleatoria che vale 1 se il pezzi i-esimo `e scadente, 0 altrimenti.

Vale P (X

ⁱ

) = 0.05. Supponiamole indipendenti. Il numero di pezzi scadenti, N , `e dato da X

₁

+ · · · + X

30

, e per un noto teorema `e una B (30, 0.05). Pertanto

P (N ≥ 2) = 1 − P (N = 0) − P (N = 1) = 30 0



0.05

⁰

0.95

³⁰

+ 30 1



0.05

¹

0.95

²⁹

= 0.553.

ii) Con notazioni analoghe, dobbiamo calcolare P (N ≥ 25), dove N `e una B (40, 0.5). Ora `e utile applicare il Teorema del Limite Centrale:

P (N ≥ 25) = P (X

1

+ ... + X

₄₀

≥ 25) = P  X

1

+ · · · + X

40

− 40 · 0.5

√ 40 √

0.5 · 0.5 ≥ 25 − 40 · 0.5

√ 40 √

0.5 · 0.5



≈ P (Z ≥ 1.58) = 1 − Φ (1.58) = 1 − 0.9429 = 0.0571.

dove Z indica una N (0, 1). Usando la correzione di continuit` a, invece, otteniamo P (N ≥ 25.5) = P (X

1

+ ... + X

₄₀

≥ 25.5) = P  X

₁

+ · · · + X √

40

− 40 · 0.5

40 √

0.5 · 0.5 ≥ 25.5 − 40 · 0.5 √ 40 √

0.5 · 0.5



≈ P (Z ≥ 1. 74) = 1 − Φ (1. 74) = 1 − 0.9590 = 0.041.

Esercizio 3 Si consideri la funzione “triangolare” f (x) cos`ı definita: nulla per x < −1 e x > 1, uguale ad M per x = 0, continua, lineare sia su [−1, 0] che su [0, 1] (ma definita usando rette differenti).

i) Trovare per quali valori di M la funzione f `e una densit`a di probabilit`a e scrivere l’espressione matematica di f . ii) Calcolare E [|X|

ⁿ

] per ogni n intero positivo.

iii) Calcolare la densit`a di probabilit`a della v.a. Y = p|X|, riassumendo alla fine la sua espressione a seconda dell’intervallo del dominio. ` E continua?

iv) Calcolare P (|X| ≤ Z), dove Z `e una v.a. di Bernoulli simmetrica (p =

¹₂

), indipendente da X.

Soluzione.

i) Intanto dev’essere M ≥ 0. Dobbiamo poi imporre che valga 1 l’area sotto il grafico di f, che `e l’area di un triangolo di base [−1, 1] ed altezza M. L’area `e pertanto M, quindi M = 1. Si ha poi f(x) =



 

 

1 + x per x ∈ [−1, 0]

1 − x per x ∈ [0, 1]

0 altrimenti

. Ci sono altre

espressioni pi` u “compatte” usando la funzione valore assoluto. Ad esempio f (x) =

( 1 − |x| per x ∈ [−1, 1]

0 per x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞) , oppure f (x) = |x − 1| + |x + 1| − 2|x|

2 ∀x ∈ R.

ii) f `e pari, cos`ı come |x|

ⁿ

, quindi E [|X|

ⁿ

] = 2 Z

₁

0

x

ⁿ

(1 − x)dx=2  x

ⁿ⁺¹

n + 1 − x

ⁿ⁺²

n + 2



1 0

= 2

n + 1 − 2

n + 2 = 2

(n + 1) (n + 2) . iii) Per y < 0, F

^Y

(y) = P p

|X| ≤ y 

= 0 e quindi f

^Y

(y) = 0. Invece, per y ≥ 0, vale F

^Y

(y) = P p

|X| ≤ y 

= P |X| ≤ y

²

= P −y

²

≤ X ≤ y

²

= F

^X

y

²

− F

^X

−y

²

. Pertanto, derivando, si ottiene;

f

Y

(y) = f

X

y

²

2y + f

X

−y

²

2y = f

X

y

²

+ f

X

−y

²

2y.

Ora, se y

²

> 1, f

X

y

²

= f

X

−y

²

= 0; quindi f

Y

(y) = 0 per y > 1 (il caso y < −1 non va considera- to, stiamo lavorando per y ≥ 0). Invece, per y ∈ [0, 1], osservando che si ha y

²

∈ [0, 1] e −y

²

∈ [−1, 0], si ha f

^Y

(y) = 2y (1 − y

²

) + (1 + (−y

²

))
= 4y(1 − y

²

). In conclusione,

f

^Y

(y) =







0 per y < 0 4y(1 − y

²

) per y ∈ [0, 1]

0 per y > 1

che `e continua su tutto R. Si pu`o scrivere anche f

^Y

(y) = 2 (1 − y

²

)|y| + y(1 + y)|y − 1|, con y ∈ R.

iv) Si ha P (|X|≤Z)=P (|X|≤Z|Z =0) P (Z =0)+P (|X|≤Z|Z =1) P (Z =1)= 1

2 P (|X|≤0)+ 1

2 P (|X|≤1)= 1 2 . Esercizio 4 Si consideri una catena di Markov con stati {1, 2, 3, 4, 5} e matrice di

transizione P indicata a fianco.

i) Classificare gli stati e dedurne la struttura generale di tutte le misure invarianti.

ii) Calcolare le misure invarianti.

iii) Supponiamo di partire al tempo zero dallo stato 5 e sia p

⁽ⁿ⁾i

la probabilit`a di

P =













1/2 1/4 0 1/4 0

1/4 0 0 3/4 0

0 0 1 0 0

0 1/2 0 1/2 0

1/3 0 2/3 0 0











 trovarsi nello stato i al tempo n. Calcolare lim

^n→∞

p

⁽ⁿ⁾i

, fin dove si riesce e per gli stati i per cui si riesce, accontentandosi di un risultato intuitivo per i pi` u difficili.

Soluzione.

i) Lo stato 5 `e transitorio, lo stato 3 `e assorbente, e l’insieme {1, 2, 4} `e una classe irriducibile. Quindi le misure invarianti sono della forma

π = α · (π

¹

, π

2

, 0, π

4

, 0) + (1 − α) · (0, 0, 1, 0, 0)

con α ∈ [0, 1] e (π

1

, π

₂

, π

₄

) unica invariante per la catena ridotta alla classe {1, 2, 4}.

ii) Il bilancio di flusso negli stati 1 e 2 per la catena ridotta alla classe {1, 2, 4} conduce

a



 

 

 

  1 2 π

₁

= 1

4 π

₂

1

4 π

₁

+ 1

2 π

₄

= π

₂

π

₁

+ π

₂

+ π

₄

= 1

cio`e



 

 



 

 

 π

₁

= 1

2 π

₂

1

2 π

₄

= 7 8 π

₂

3

2 π

₂

+ π

₄

= 1

da cui



 

 

π

₂

= 8 14 π

₄

24

28 π

₄

+ π

₄

= 1

, ed infine π

₄

= 7

13 , π

₂

= 4

13 , π

₁

= 2 13 . Quindi

π = α · 1

13 (2, 4, 0, 7, 0) + (1 − α) · (0, 0, 1, 0, 0) con α ∈ [0, 1].

iii) Per i = 5, p

⁽ⁿ⁾i

= 0 per ogni n ≥ 1 e quindi lim

_n→∞

p

⁽ⁿ⁾i

= 0. Per i = 3, p

⁽ⁿ⁾i

= 2

3 per ogni n ≥ 1 e quindi lim

_n→∞

p

⁽ⁿ⁾i

= 2 3 . La restante probabilit`a 1

3 viene suddivisa tra gli stati i ∈ {1, 2, 4}. Intuitivamente, la suddivisione sar`a proporzionale alla misura invariante, quindi lim

n→∞

p

⁽ⁿ⁾₁

= 1 3

1 13 2 = 2

39 , lim

n→∞

p

⁽ⁿ⁾₁

= 1 3

1 13 4 = 4

39 , lim

n→∞

p

⁽ⁿ⁾₁

= 1 3

1 13 7 = 7

39 .