CORSO di LAUREA in BIOTECNOLOGIE MATEMATICA
II appello 6/7/2017 1
Esercizio 1. Un giocatore tira un dado: se esce un numero pari segna il risultato e il gioco finisce, se esce un numero dispari segna il risultato e tira di nuovo e cos`ı via, fino a un massimo di 5 tiri complessivi. Detta X la variabile aleatoria che segna il punteggio totale e Y la variabile aleatoria che conta i tiri effettuati:
1. Descrivere la legge di Y e calcolarne la media.
2. Dire se X e Y sono indipendenti.
3. Calcolare P (X = 5).
4. Calcolare la probabilit`a che Y = 2 sapendo che X = 5.
Esercizio 2. Sia f (x) = |x4− x3+ 8x − 8|, per x ∈ R.
1. Determinare l’estremo inferiore e superiore di f .
2. Determinare i punti in cui f `e derivabile e calcolarne la derivata; dire quanti sono gli zeri di f0 sulla semiretta [0, +∞).
3. Determinare massimo e minimo di f sull’intervallo [0, 3].
Esercizio 3. Calcolare:
Z 2 0
(3x2+ 1) log(x2+ 2x + 5)dx
Esercizio 4. Sia a ∈ R un parametro e si consideri la funzione:
F (x) =
1
3ex x < 0 ax − a + 1 0 ≤ x ≤ 1
1 x > 1
1. Dire per quali valori di a ∈ R la funzione F `e la funzione di ripartizione di una v.a. reale assolutamente continua X e calcolarne la densit`a.
2. Scegliere uno dei valori di a determinati al punto (1) e calcolare la media e la mediana di X per il valore scelto.
1Durata: 2 ore e 30 minuti.
Scrivere subito sul foglio: nome, cognome e numero di matricola.
SOLUZIONI
Esercizio 1. 1. La probabilit`a P (Y = 1) di effettuare un tiro solo `e uguale alla probabilit`a che il primo tiro sia pari, e quindi si ha P (Y = 1) = 1/2. Per fare due tiri, deve essere il primo dispari e il secondo pari, quindi P (Y = 2) = (1/2)2 = 1/4. Si continua cos`ı, e si ha P (Y = 3) = 1/8, P (Y = 4) = 1/16, e verrebbe da dire P (Y = 5) = 1/32, ma questo `e sbagliato. Bisogna fare attenzione:
sicuramente serve che i primi 4 tiri siano dispari, ma a quel punto del quinto tiro non ci importa nulla: che sia pari o dispari, i tiri saranno comunque 5. Quindi P (Y = 5) = 1/16, e infatti
1 2+ 1
4+ 1 8+ 1
16+ 1 16 = 1.
Se fosse stato P (Y = 5) = 1/32, avremmo avuto 1
2+ 1 4+ 1
8+ 1 16+ 1
32 = 31 32,
da cui avremmo dovuto accorgerci che qualcosa non funzionava.
2. Abbiamo una variabile Y che conta il numero di lanci, e la variabile X che conta la loro somma: grosso modo, ci aspettiamo che pi`u `e grande Y , pi`u `e grande X, e che quindi le variabili non siano indipendenti. Cerchiamo quindi un controesempio:
dobbiamo trovare dei valori x, y interi tali che
P (X = x ∩ Y = y) 6= P (X = x) · P (Y = y).
Seguendo il ragionamento di prima, prendiamo x molto piccolo e y molto grande:
ad esempio, x = 1 e y = 5. Chiaramente, con 5 lanci non posso ottenere somma 1, e quindi (X = 1) ∩ (Y = 5) = ∅, da cui P (X = 1 ∩ Y = 5) = 0. Siamo per`o sfortunati, perch´e in realt`a P (X = 1) = 0 e la formula in questo caso `e giusta: infatti la somma dei lanci non pu`o essere 1, perch´e vorrebbe dire che `e uscito 1 al primo lancio, ma 1 `e dispari, quindi abbiamo almeno un altro lancio e la somma sar`a pi`u grande di 1. Gi`a per`o il caso successivo funziona: per x = 2 e y = 5, chiaramente abbiamo di nuovo (X = 2) ∩ (Y = 5) = ∅, ma P (X = 2)P (Y = 5) = 1/6 · 1/16 6= 0.
Notate che ci sono anche soluzioni in cui (X = x) ∩ (Y = y) = ∅ `e non vuoto: ad esempio, P (X = 2) = 1/6, P (Y = 1) = 1/2, e P (X = 2 ∩ Y = 1) = P (X = 2) =
vengono fatti. Se sapessimo il numero di lanci a priori, ad esempio due lanci, sarebbe pi`u semplice: basterebbe fare casi favorevoli su casi possibili. I casi favorevoli sono 2: avremmo (1, 4), (2, 3), (3, 2) e (4, 1), ma per avere due lanci il secondo deve essere pari, quindi solo (1, 4) e (3, 2). I casi possibili invece sono 3 · 3 = 9, (il primo dev’essere un numero dispari, il secondo pari), quindi la probabilit`a sarebbe 2/9. Grazie alla legge delle alternative, possiamo ricondurci a questo caso pi`u semplice.
P (X = 5) = P (X = 5|Y = 1)P (Y = 1) + · · · + P (X = 5|Y = 5)P (Y = 5) Tutte le probabilit`a P (Y = y) le abbiamo gi`a calcolate, ci mancano quelle della forma P (X = 5|Y = y).
• Se y = 1, cio`e facciamo un lancio solo, questo lancio deve essere pari, e quindi non pu`o essere 5. Segue P (X = 5|Y = 1) = 0
• Se y = 2, abbiamo gi`a visto P (X = 5|Y = 2) = 2/9.
• Se y = 3, i primi due lanci sono dispari e il terzo pari, quindi la somma `e pari e non pu`o essere 5: di nuovo P (X = 5|Y = 3) = 0.
• Se y = 4, l’unico caso con tre lanci dispari, il quarto pari e somma 5 `e (1, 1, 1, 2). I casi possibili sono invece 33· 3 = 81, sempre perch´e i primi tre devono essere dispari e il quarto pari, quindi P (X = 5|Y = 4) = 1/81.
• Infine se y = 5 chiaramente l’unico caso favorevole `e (1, 1, 1, 1, 1), mentre i casi possibili sono 34· 6 = 546 perch´e i primi 4 devono essere dispari mentre l’ultimo pu`o essere qualunque. Segue P (X = 5|Y = 5) = 1/546.
Mettendo tutto insieme, abbiamo P (X = 5) = 1
4 ·2 9 + 1
16 · 1 81 + 1
16 · 1 546 = 1
36
2 + 1
36+ 1 216
=
= 1
36 ·432 + 6 + 1
216 = 439
36 · 216
Ora, questo numero ha una faccia non molto piacevole, ma una cosa che si pu`o sicuramente notare `e che `e uguale alla somma di 3 numeri di cui il primo, P (X = 5|Y = 2)P (Y = 2) = 1/18, `e nettamente pi`u grande degli altri due. Questo vuol dire che, se otteniamo X = 5, ci aspettiamo che quasi sicuramente abbiamo avuto due lanci.
4. Dobbiamo ora calcolare P (Y = 2|X = 5) che, come abbiamo notato poco fa, ci aspettiamo molto grande, cio`e molto vicina a 1. Usando Bayes,
P (Y = 2|X = 5) = P (X = 5|Y = 2) · P (Y = 2)
P (X = 5) =
= 2 9· 1
4 · 36 · 216
439 = 432
439 ∼ 0, 98.
Esercizio 2. 1. Notiamo innanzitutto che f , essendo il modulo di un’altra funzione,
`e non negativa, quindi l’estremo inferiore sar`a maggiore o uguale 0. Perch´e sia 0, `e sufficiente (ma non necessario) che esista un punto x0 tale che f (x0) = 0.
Si vede immediatamente che x0 = 1 funziona, quindi l’estremo inferiore `e 0. Per l’estremo superiore, notiamo che
x→+∞lim f (x) = lim
x→∞x4
1 − 1 x + 8
x3 − 8 x4
= +∞
e quindi l’estremo superiore `e +∞. Per tirare x4 fuori dal modulo, abbiamo usato il fatto che x4 `e sempre non negativo.
2. Possiamo vedere f come la composizione della funzione g(x) = x4− x3+ 8x − 8 e di h(x) = |x|. Visto che g, essendo un polinomio, `e derivabile ovunque, mentre h `e derivabile i tutti i punti diversi da 0, abbiamo che f `e sicuramente derivabile nei punti x tali che g(x) 6= 0. Cerchiamo quindi gli zeri di g.
Uno lo avevamo gi`a notato prima, ed era x = 1. Abbiamo
x4− x3+ 8x − 8 = x3(x − 1) + 8(x − 1) = (x3+ 8)(x − 1).
Chiaramente, x3 + 8 si annulla solo in −2, e quindi gli zeri di g sono −2 e 1.
Sappiamo quindi che f `e derivabile in x per x 6= 1, −2, ci mancano da controllare questi due punti. Ora verificheremo che, in entrambi i punti, f ha derivata destra e sinistra che per`o non coincidono, e quindi f non pu`o essere derivabile.
Iniziamo a calcolare il limite del rapporto incrementale a destra di 1.
lim
x→1+
f (x) − f (1)
x − 1 = lim
x→1+
|x4− x3+ 8x − 8|
x − 1 = lim
x→1+
|(x3+ 8)(x − 1)|
x − 1
Per fare questo limite dobbiamo liberarci del modulo, vogliamo quindi capire che segno ha g(x) = (x3 + 8)(x − 1) per x poco pi`u grande di 1. Ora per`o abbiamo che sia x3 + 8 che x − 1 sono positivi per x > 1, quindi il limite che vogliamo calcolare `e
lim |(x3 + 8)(x − 1)|
= lim (x3 + 8)(x − 1)
= lim x3+ 8 = 9
Nel calcolare la derivata sinistra, per x poco pi`u piccolo di 1 x + 8 `e ancora positivo, mentre x − 1 `e negativo, quindi
lim
x→1−
|(x3+ 8)(x − 1)|
x − 1 = lim
x→1−−(x3 + 8)(x − 1)
x − 1 = lim
x→1−−x3− 8 = −9 Le derivate destra e sinistra in −2 sono analoghe. Per vederlo, scomponiamo ulteriormente il polinomio, dividendo x3+8 per x+2: x3+8 = (x2−8x+4)(x+2).
Abbiamo che x−1 `e negativo per x poco pi`u grande di −2, mentre x3+8 `e positivo.
Quindi lim
x→−2+
|(x3+ 8)(x − 1)|
x + 2 = lim
x→−2+−(x2− 8x + 4)(x + 2)(x − 1)
x + 2 =
= −(4 − 16 + 4)(−3) = −24
mentre sia x − 1 che x3+ 8 sono negativi per x < −2, quindi g(x) `e positivo e lim
x→−1/2−
|(x3+ 8)(x − 1)|
x + 1/2 = lim
x→−2−
(x2− 8x + 4)(x + 2)(x − 1)
x + 2 =
(4 − 16 + 4)(−3) = 24 e quindi f non `e derivabile in −2.
Vogliamo infine trovare quanti zeri ha la derivata di f su [0, +∞). Abbiamo visto che f `e derivabile esattamente nei punti in cui g `e diversa da 0. Sia ora x0 uno di questi punti, cio`e un punto in cui g(x0) 6= 0. Abbiamo due possibilit`a:
• Se g(x0) > 0, per il teorema della permanenza del segno c’`e un intorno (x0 − , x0 + ) su cui g `e positiva. Ma allora, in quell’intorno f = g e f0 = g0.
• Se g(x0) < 0, sempre per il teorema della permanenza del segno c’`e un intorno (x0− , x0+ ) su cui g `e negativa. Ma allora in quell’intorno f = −g e f0 = −g0.
In entrambi i casi, la derivata di f0(x0) = 0 se e solo se g0(x0) = 0. Possiamo quindi cercare gli zeri della derivata di g su [0, +∞). La derivata di g `e 4x3− 3x2+ 8, che `e sempre positiva per x ≥ 0. Per mostrarlo, dividiamo in due casi.
• Se 0 ≤ x ≤ 1, 8 > 3x2, quindi 4x3− 3x2+ 8 > 4x3 ≥ 0.
• Se x ≥ 1, 4x3 > 3x2, quindi 4x3− 3x2+ 8 > 8 > 0.
3. Visto che la derivata non si annulla mai, per trovare massimo e minimo di f su [0, 3] basta controllare gli estremi dell’intervallo e i punti in cui f non `e derivabile, cio`e 0, 1 e 3. Abbiamo f (0) = 8, f (1) = 0, f (3) = 70, quindi il massimo `e 70 e il minimo 0.
Esercizio 3. Calcoliamo prima l’integrale indefinito. Integriamo per parti:
Z
(3x2+ 1) log(x2+ 2x + 5)dx = (x3+ x) log(x2+ 2x + 5) −
Z x3+ x x2+ 2x + 5dx Concentriamoci ora sull’ultimo termine a destra, che `e una funzione razionale. Prima di tutto facciamo la divisione polinomiale:
Z x3+ x
x2+ 2x + 5dx =
Z x3+ x − x3− 2x2− 5x
x2 + 2x + 5 + xdx =
Z −2x2− 4x
x2+ 2x + 5 + xdx =
=
Z −2x2− 4x + 2x2+ 4x + 10
x2+ 2x + 5 − 2 + xdx =
Z 10
x2+ 2x + 5 − 2 + xdx Siamo arrivati a una funzione polinomiale con il numeratore costante e il denomi- natore che `e un polinomio quadratico con delta negativo. Dobbiamo quindi usare l’arcotangente, e per farlo dobbiamo scrivere il denominatore nella forma (ax+b)2+1.
Z 10
x2+ 2x + 5 − 2 + xdx =
Z 10
(x + 1)2+ 4 − 2 + xdx =
Z 10/4
(x+12 )2+ 1 − 2 + xdx =
= 5 arctan x + 1 2
− 2x + x2/2 + c Ricomponendo tutto, una primitiva `e
F (x) = (x3+ x) log(x2+ 2x + 5) − 5 arctan x + 1 2
+ 2x − x2/2 e quindi l’integrale che dobbiamo calcolare `e
F (2) − F (0) = 10 log(13) − 5 arctan(3/2) + 4 − 2 − 0 − 5 arctan(1/2) + 0 − 0 =
= 10 log(13) − 5 arctan(3/2) − 5 arctan(1/2) + 2 Esercizio 4. 1. Vogliamo che F rispetti le seguenti condizioni:
• Il limite per x → −∞ sia 0: limx→−∞F (x) = limx→−∞ex/3 = 0.
• Il limite per x → +∞ sia 1: limx→+∞F (x) = limx→+∞1 = 1.
• Che sia continua: per x 6= 0, 1 `e evidente dalla definizione che F `e continua.
Per x = 1, limx→1−F (x) = F (1) = 1 = limx→1+F (x). Per x = 0, F (0) = limx→0+F (x) = 1 − a, mentre il limite sinistro `e limx→1−F (x) = e0/3 = 1/3.
Dobbiamo quindi imporre 1 − a = 1/3, e l’unico valore possibile `e quindi a = 2/3.
• Fissato a = 2/3, verifichiamo l’ultima condizione, e cio´e che sia non de- crescente. `E sicuramente non decrescente sui tre intervalli (−∞, 0], [0, 1], [1, +∞) perch´e `e continua ovunque e derivabile con derivata non negativa all’interno degli intervalli. Questo per`o ci basta a concludere: ad esempio, se x < y e x ∈ (−∞, 0] e y ∈ [0, 1], abbiamo F (x) ≤ F (0) ≤ F (y).
2. Per trovare la mediana m, dobbiamo imporre F (m) = 1/2. Abbiamo che F (0) = 1/3 e F (1) = 1, quindi dovremo cercare m nell’intervallo (0, 1). In (0, 1), F (x) = 2/3x + 1/3 quindi abbiamo l’equazione
1
2 = 2m + 1 3 da cui si ricava m = 1/4.
Per trovare la media, calcoliamo prima la densit`a, che `e la derivata di F :
δ(x) = F0(x) =
1
3ex x < 0
2
3 0 < x < 1 0 x > 1
Osserviamo che la derivata di F non `e definita in 0 e 1, ma questo non `e impor- tante in quanto usiamo la densit`a solo per calcolare integrali, e gli integrali non cambiano se modifichiamo la funzione in un numero finito di punti. Quindi, la media `e
Z +∞
−∞
xdx = Z 0
−∞
xex 3 dx +
Z 1 0
2 3xdx +
Z ∞ 1
0xdx =
= xex− ex 3
0
−∞
+ x2 3
1 0
= −1
3− 0 + 1
3 − 0 = 0
