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1 Eserciziario di Calcolo delle Probabilità VERSIONE PRELIMINARE Piero Quatto, Riccardo Borgoni, Elena Colicino, Daniela Mariosa
1
Eserciziario
di Calcolo delle Probabilità
VERSIONE PRELIMINARE
Piero Quatto, Riccardo Borgoni, Elena Colicino, Daniela Mariosa
2
PARTE 2
Variabili casuali continue
3
Sezione 5. Variabili casuali continue, trasformazioni di variabili casuali, funzione generatrice dei momenti per variabili casuale continue e discrete. Esercizio 1 (funzioni di densità, valore atteso e varianza) Per ciascuna delle seguenti funzioni si decida se si tratta di funzioni di densità e in caso di risposta affermativa si calcoli valore atteso e varianza della corrispondente v.c.
1 f(x)=1/x4 x≥(1/3) 1/3 2 f(x)=|1+x| -2<x<0 3 f(x)=e-x x>0 4 f(x)=6x(1-x) 0<x<1
Soluzione 1 ∫[(1/3)
(1/3),+∞) 1/x4 dx=1
E(X)= (9) 1/3/2 V(X)=(3) 1/3 - (9) 1/3/2
2 ∫(-2,0)|1+x| dx=1 E(X)= ∫(-2,0)|1+x| x dx=1/3 V(X)=41/6-1/9
3 ∫(0, +∞) e-x dx=1
E(X)=(-e-x (x+1)) (0, +∞)=1 per parti V(X)= (-e-x (x2+2x+2)) (0, +∞) -1=1 per parti due volte
4 ∫(0, 1) 6x(1-x) dx=1 E(X)=1/2 V(X)=1/20
Esercizio 2 (funzione di densità e funzione di ripartizione) Data la funzione:
f(x)= <≤−
altrimenti0
kx21(x/2)
1 Si determini il valore di k che assicura che f(x) rappresenta una funzione di densità. 2 Si individui la corrispondente funzione di ripartizione F(x) e, tramite questa, la mediana
della v.c. descritta dalla densità f(x). Soluzione
1 Deve valere ∫[2,k)(x/2)-1 dx=1. Risolvendo l’integrale si ottengono due valori di k, k1=0 e k2=4. k1<2 quindi non va bene, mentre k2>2 è il valore che stavamo cercando.
2 Siccome vale f(x)=F’(x) allora si avrà che
F(x)=
≥
<≤+−=
<
∫41
421)4/(dt 1-(t/2)
202
x)[2,
x
xxx
x
La mediana si ottiene imponendo F(x)=1/2 quindi (x2/4)-x+1=1/2. L’equazione possiede due radici x1=2+(2)1/2 e x2=2-(2)1/2, l’unica radice valida come valore mediano è x1 in quanto compreso tra 2 e 4.
4
Esercizio 3 (f.d.,f.d.r.,trasformazione) Sia X una variabile aleatoria tale che
f(x)= <≤
altrimenti0
1x1-kx 2
1. Determinare il valore di k. 2. Se Y = 2X − 5, determinare il valore di P(|Y | < 4)
Soluzione 1. Deve valere ∫[-1,1)(kx2) dx=1. Risolvendo l’integrale si ottiene k=3/2 2. P(|Y | < 4) = P(0.5 < X < 4.5) =3/2∫[0,5,4,5)(x
2) dx=0.4375 Esercizio 4 (f.d. fd.r. traformazione) Sia X una variabile aleatoria tale che
f(x)= <≤
altrimenti0
kx0(3/4)ex
1. Si determini il valore di k tale che f(x) sia una funzione di densità di probabilità. 2. Si scriva l’espressione analitica della funzione di ripartizione di X e se ne tracci il grafico. 3. Calcolare P(0.1 < X < 0.7).
Soluzione 1. Deve valere ∫[0,k)(3/4)ex dx=1. Risolvendo l’integrale si ottiene exp(k)=7/3 quindi k=log
(7/3) 2. Per definizione, F(x) = P(X ≤ x) quindi si ottiene:
F(x)=
≥
<≤−=
<
∫)3/7log(1
)3/7log(0)1)(4/3(dt)4/3(
00
x)[0,
x
xee
xxt
3. Si osservi che 0.7 < log(7/3). Pertanto: P(0,1 < X < 0,7) = FX (0.7) − FX(0.1) =(3/4)(e0,7 − 1) – (3/4)(e0,1 − 1) = 0.681
Esercizio 5 (f.d., f.d.r., trasformazione)
1. Si trovi il valore della costante k per cui la funzione f(x)=ke-x (0<x<1) rappresenta la funzione di densità di una v.c. unidimensionale X e se ne determini la funzione di ripartizione.
2. Si determino media e mediana della v.c. X. 3. Si determini la funzione di ripartizione della v.c. Y=2X+1 e si calcoli valore atteso di Y.
Soluzione
1. Dalle condizioni seguenti si riesce a individuare il valore di k:.
1,5821e
ek
1dxek
0ek1
0
x
x
=−
=
=
≥
∫−
−
∫ <<−=⋅= −−x
0
xtX 1x0)e1,582(1dte1,582(x)F
5
2. Quindi la media è [ ] 0,418dxe1,582xXE1
0
x =⋅⋅= ∫−
Mediana si ottiene risolvendo rispetto ad x: 0,3798x0,5F(x) =→=
3. 3y1)e(11,5822
1yF
2
1yXPy)1P(2Xy)P(Y(y)Ψ 2
1y
XY <<−⋅=
−=
−≤=≤+=≤=−−
[ ] [ ] 1,83612XEYE =+=
Esercizio 6
1. Si trovi il valore della costante k per cui la funzione φ(x)=kx-1/2 (0<x<1) rappresenta la funzione di densità di una v.c. unidimensionale X e se ne determini la funzione di ripartizione.
2. Si determini la funzione di densità della v.c. Y=X1/2 e si calcoli la varianza di Y. 3. Si calcoli Cov (X,Y).
Soluzione Sia ϕ(x) = k x−1/2 (0<x<1).
1. ∫ϕ(x)dx = 1 ⇒ k = 1/2; Φ(x) = P(X≤x) = x1/2 per 0<x<1, Φ(x) = 0 per x≤0 e Φ(x) = 1 per x≥1.
2. La v.c. Y = X1/2 ha f.d. data da ψ(y) =1 (0<y<1) e varianza pari a 1/12. 3. Cov(X,Y) = E(XY) – E(X)E(Y) = 1/12 essendo E(XY) = E(Y3) = ∫y3ψ(y)dy = 1/4, E(X) =
E(Y2) = ∫y2ψ(y)dy = 1/3 e E(Y) = ∫yψ(y)dy = 1/2. Esercizio 7 (v.c. uniforme continua) Sia X una v.c. uniforme X~U(0,3).
1. Si calcoli la funzione di ripartizione FX(x). 2. Si calcolino media e varianza. 3. Si calcoli P(X>0,5).
Soluzione 1. In questo caso FX(x)= ∫[0,x] fT(t) dt=∫[0,x] (1/3) dt=(1/3)x. Quindi:
FX(x)=
≥
<≤
<
31
303
1
00
x
xx
x
2. E(X)=(b+a)/2=1,5 V(X)= (b-a)2/12=9/12
3. P(X>0,5)= ∫[0,5,3] (1/3)x dx=5/6 oppure F(3)-F(0,5)=1-(1/6)=5/6
6
Esercizio 8 (v.c. uniforme e trasformazione) Sia X una v.c. Uniforme sull’intervallo (0,1) e si definisca Y=log(X).
1. Si determinino la funzione di ripartizione e la funzione di densità della v.c. Y. 2. Si calcolino la mediana e la media di Y.
Soluzione X~U (0,1) e Y = log(X).
1. )(eΦ)eP(Xy)P(log(X)y)P(Y(y)Ψ yX
yY =≤=≤=≤= essendo xxX =Φ )(
≥<
=Ψ01
0)(
y
yey
y
Y
0yedy
dΨΨ(y)(y)ψ y
Y <==
2. La mediana di Y si ottiene risolvendo l’equazione 5,0)( =Ψ yY y = -log2 = -0.69 il valore
atteso: [ ] 1dy(y)ψyYE0
Y −=⋅= ∫∞−
Esercizio 9 (v.c. esponenziale) Il tempo di durata dei prestiti concessi ad una società segue la legge esponenziale. Il tempo medio di un prestito è di due anni e mezzo.
1. Si scriva la funzione di densità della v.c. che descrive la durata dei prestiti e si fornisca la varianza.
2. Si calcoli la probabilità che un prestito abbia durata compresa tra due e tre anni. Soluzione
X~exp(θ) => E(X)=1/θ =2,5 => θ=0,4 1. Quindi fX(x)=0,4e-0,4x con x>0.
V(X)=1/θ2 = 6,25 2. P(2<X<3)=∫[2,3] fX(x) dx=0,148
Esercizio 10 (v.c. poisson-v.c. esponenziale) Il numero di automobili che attraversano un particolare incrocio stradale in un’ora è mediamente pari a 30. Utilizzando un’opportuna legge di probabilità:
1. Determinare la probabilità che in un intervallo di tempo di cinque minuti nessuna automobile attraversi l’incrocio in questione.
2. Qual è la probabilità che in dieci minuti almeno due automobili passino lungo quel tratto di strada?
3. Qual è la probabilità che tra il passaggio di un’auto e di quella successiva trascorra più di un minuto?
Soluzione 1. Sia Y =“numero di autoveicoli che passano lungo l’incrocio in cinque minuti”.
Dalle informazioni fornite dall’esercizio si deduce che il numero medio di automobili che attraversano l’incrocio in cinque minuti è pari a 30/12 = 2.5. Quindi E[Y ] = 2.5 e Y ~ Poisson(2.5). P[Y = 0] = (e−2.5 (2.5)0)/0!=0.082.
2. Se X =“numero di autoveicoli che passano lungo l’incrocio in dieci minuti”,allora X=2Y e X~Poisson(5). Di conseguenza: P[X ≥ 2] = 1 − P[X < 2] = 1 − { P[X = 0]+P[X = 1]}= 0.9595.
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3. Sia T =“tempo (in minuti) trascorso tra il passaggio di un’auto e di quella successiva”. Dal momento che il numero di auto che circolano nell’incrocio è mediamente pari a 30/60 = 0.5, si ha che T~expneg(0.5), ovvero T ha funzione di densità: fT (t) =0.5 e−0.5 t t ≥ 0 fT (t)= 0 altrimenti P[T > 1] =∫[1,∞) fT (t) dt= 0.6065.
Esercizio 11 (v.c. esponenziale e trasformazione) Indicata con X la v.c. esponenziale con media 1/θ.
1. Si determini la funzione di ripartizione della v.c. Y= (x)1/2. 2. Si determini la funzione di densità di Y e si calcoli il relativo momento secondo.
Soluzione
X~Exp(θ) [ ]θ
1XE =⇒ quindi 0xeθ(x) θx
X >= −ϕ e Y = √X.
1. )(yΦ)yP(Xy)XP(y)P(Y(y)Ψ 2X
2Y =≤=≤=≤= con y>0
Essendo ∫−−==
x
0
θxX e1dx(x)(x)Φ ϕ
0ye1)(yΦ(y)Ψ2θy2
XY >−== −
2. 0ye2θθ(y)'Ψ(y)ψ2θy
YY >⋅== − e E(Y2) = E(X) = 1/θ. Esercizio 12 (v.c. uniforme continua, v.c. chiquadro) Sia X una v.c. rettangolare caratterizzata dalla f.d. φ(x)=1 (0<x<1) e sia Y=--2logX.
1. Si determini la distribuzione della v.c. Y. 2. Per quale valore di g la v.c. Y ha distribuzione Chi-Quadro con g gradi di libertà 3. Si calcolino la media, la varianza e la mediana di Y
Soluzione 1. La distribuzione di Y=-2log(X) è un’esponenziale negativa con f.r. e f.d. date, rispettivamente, da
Ψ(y) = P[Y ≤ y] = P[X ≥ exp(-y/2)] = 1 – Φ( exp(-y/2)) = 1 – exp(-y/2) e ψ(y) = ϕ(exp(-y/2)) exp(-y/2) / 2 = exp(-y/2) / 2 (y>0).
2. Y ∼ Gamma(1,1/2) = χ22.
3. E(Y) = 2, Var(Y) = 4 Mediana(Y) = 2log2, soluzione dell’equazione Ψ(y) = ½.
Esercizio 13 Sia X una variabile aleatoria con funzione di probabilità
X −1 0 1 P(x) 2/9 5/9 2/9
1. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si calcoli tramite essa E(X) e Var(X). 2. Si determini l’espressione dei momenti di ordine pari e dei momenti di ordine dispari di X Soluzione
1. ( ) ( )5e2e291
e92
e95
e92
eE)t(G ttt0tttXX ++=++== −− .
( )ttX ee
92
)t('G −−= da cui ( ) 0ee92
)0('G)X(E 00X =−== −
8
( )ttX ee
92
)t(''G −+= da cui ( )94
ee92
)t(''G)X(E 00X
2 =+== − .
Si ottiene quindi Var(X) = E(X2) − E(X)2 =94
2. Momenti di ordine pari
( )tt)n2(X ee
92
)t(G −+= derivata di ordine 2n della fgm per n = 1, 2, 3, … da cui
( )94
ee92
)t(G)X(E 00)n2(X
n2 =+== − momento di ordine 2n (pari) di X per n=1, 2, 3,…
Momenti di ordine dispari
( ) ( )tt1n2X ee
92
)t(G −+ −= derivata di ordine 2n+1 (dispari) della fgm per n=0,1,2,3,… da cui
( ) 0ee92
)t(G)X(E 00X
1n2X
1n2 =−== −++ momento di ordine 2n+1 (dispari) per n =1,2,3,…
Esercizio 14 Sia X una v.a. uniforme discreta di parametro k. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si calcoli tramite essa E(X) e Var(X). Soluzione Funzione generatrice dei momenti
( ) ( )∑=
+++===k
1x
ktt2ttxtXX eee
k1
ek1
eE)t(G L .
Valore atteso di X
( )ktt2tX kee2e
k1
)t('G +++= L
( ) ( )2
1kk2
1kkk
ikee2e
k1
)0('G)X(E
k
1i0k200X
+=+==+++==∑
=L
si ricordi che ( )
21kk
ik
1i
+=∑=
.
Varianza di X
( )kt2t2tX eke4e
k1
)t(''G +++= L
)X(E 2 ( ) ( )=+++=+++== 20k2200X k41
k
1eke4e
k
1)0(''G LL
( )( ) ( )( )6
1k21k
k6
1k21kk
k
ik
1i
2
++=++==∑
= .
Si ricordi che ( )( )6
1k21kki
k
1i
2 ++=∑=
.
Var(X) = E(X2) − E(X)2 ( )( ) ( )4
1k
6
1k21k 2+−++=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )12
1k
6
3k32k4
2
1k
2
1k
3
1k2
2
1k 2 −=−−++=
+−++=
9
Esercizio 14 Sia X una v.a. di Bernoulli di parametro θ. 1. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si verifichi tramite essa che E(X)= θ e var(X)=
θ(1−θ). 2. Si determini tramite la funzione generatrice dei momenti E(Y) con Y=1 + X/2. Soluzione 1. funzione generatrice dei momenti
( ) ( ) ( ) )e1(1e1ee1eE)t(G ttt0ttXX −θ−=θ+θ−=θ+θ−== .
Valore atteso t
X e)t('G θ= da cui θ=θ== 0X e)0('G)X(E
Varianza t
X e)t(''G θ= da cui θ=θ== 0X
2 e)0(''G)X(E Si ottiene quindi Var(X) = E(X2) − E(X)2 = θ−θ2 = θ(1−θ).
Si noti in particolare che t)n(X e)t(G θ= da cui θ=θ== 0)n(
Xn e)0(G)X(E ∀n = 1, 2,…
2. ( ) ( )( ) θ+θ−=−θ−=
=
=== + t2
tt2
t
2
tt
Xt2
Xtt2/X1ttY
Y eee)e1(ee2t
GeeEeeEeE)t(G .
θ+θ−= t2
tt
Y ee21
e)t('G
22
21
1)0('G)Y(E Y
θ+=θ+θ−==
Esercizio 15 Sia Y una v.a. Binomiale di parametri n e 1>θ>0. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si verifichi tramite essa che E(X) = nθ e var(X) = nθ(1−θ). Soluzione Funzione generatrice dei momenti
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )∑∑=
−
=
− θ−+θ=θ−θ=θ−θ==n
1x
ntxnxtnx
n
1x
xnxnx
txtXX 1e1e1eeE)t(G
dove l’ultimo passaggio segue dal teorema binomiale.
Si noti inoltre che, se n=1, allora θ−+θ= 1e)t(G tX ovvero la fgm di una Bernoulli di parametro θ
che, quindi, rappresenta una specificazione particolare della Binomiale. Valore atteso
( ) 1nttX 1een)t('G
−θ−+θθ= da cui ( ) θ=θ−+θθ== − n1n)0('G)X(E 1nX
Varianza
)t(''G X ( )( ) ( ) 1ntt2ntt22 1een1e1nen−− θ−+θθ+θ−+θ−θ=
( ) ( )( ) ( )[ ]θ−+θ+−θθ−+θθ= −1e1ne1een tt2ntt .
Da cui
== )0(''G)X(E X2
( ) ( )( ) ( )[ ] ( )( ) ( )1nn11nn11n1n 2n +θ−θθ=+−θθ=θ−+θ+−θθ−+θθ= −
( ) nnn 22 θ+θ−θ= Si ottiene quindi
Var(X) = E(X2)−E(X)2 ( ) ( ) ( )θ−θ=θ−θ+θ−θ= 1nnnnn 222.
10
Esercizio 16 Sia X una v.a. di Poisson di parametro λ>0. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si verifichi tramite essa che E(X) = Var(X) = λ. Soluzione Funzione generatrice dei momenti
( ) ( ) ( )∑∑∑
∞
=
λ−∞
=
λ−∞
=
λ− λ=λ=λ==ox
xt
ox
xt
ox
xtxtX
X !xe
e!x
ee!x
eeeE)t(G
Valore atteso Posto etλ=ξ si ha
( )1ee
ox
x
X
tt
eeeee!x
e)t(G −λλ−λξ+λ−ξλ−∞
=
λ− ====ξ= ∑
( ) t1eX ee)t('G
t
λ= −λ da cui E(X) = λ Varianza
( )( ) ( ) ( ) ( )tt1et1e2t1eX e1eeeeee)t(''G
ttt
λ+λ=λ+λ= −λ−λ−λ da cui E(X2) = λ+λ2
Esercizio 17 Si verifiche la seguente proprietà: se X ha fgm GX(t), allora posto Y=a + bX si ha GY(t)= eat GX(bt) Soluzione GY(t) = E(etY) = E(e(a+bX)t) = eat E(ebXt) = eat GX(bt) essendo GX(bt)<∞ in un intorno dell’origine avendo assunto l’esistenza di GX(t) ne discende che E(etY) = eat GX(bt) <∞ per t in un intorno di 0. Esercizio 18 (f.g.m. e momenti della v.c. geometrica)
1. Si determini la funzione generatrice dei momenti della v.c. Geometrica 2. Si determinino la media e la varianza della v.c. Geometrica sfruttando la fgm.
Soluzione pX(x)=p(1-p)x-1 x=1,2,3... 0<p<1
1. GX(v) =∑∞
=
−−1
1xvx p)p(1ex
= (p/(1-p))∑∞
=−
1
xv ]p)e[(1x
N.B.: 0
1x
x qq1
1q −
−=∑
∞
=
= p)(1
p
− ]p)e[(1-1
]p)e[(1v
v
−−
=]p)e[(1-1
pev
v
− con -∞<v<-log(1-p)>0
2. G'X(v)=2v
v
]p)e(1-[1
pe
− E(X)= G'X(0)=
p
1
G''X(v)=3v
vv
]p)e(1-[1
]p)e(1[1pe
−−+
E(X2)= G''X(0)=p
p2 −
V(X)= p
p2 −-
2
p
1
Esercizio 19 (f.g.m.)
Sia X una v.a con la seguente funzione di densità di probabiltà: fX(x)=)x1(
12−π
.
Mostrare che X non possiede fgm. Soluzione
• v>0
11
GX(v) = ∫∞
∞− −dx
)xπ(11
e 2vx = ∫
∞
∞− −dx
)x(1
e12
vx
π≥ ∫
∞
∞− −+
dx)x(1
vx112π
≥ ∫∞
∞− −dx
)x(1
112π
+ ∫∞
∞− −dx
)x(1
vx12π
≥1+ ∫∞
∞− −dx
)x(1
vx12π
=+∞
• v≤0
GX(v) = ∫∞
∞− −dx
)xπ(11
e 2vx = ∫
∞
∞− −dx
)x(1
e12
vx
π≤ ∫
∞
∞− −+
dx)x(1
vx112π
≤ ∫∞
∞− −dx
)x(1
112π
= 1
L'insieme dei v per cui l'integrale esiste finito con contiene un intorno completo dell'origine quindi non esiste la f.g.m. Esercizio 20 (f.g.m.) Determinare la f.g.m. dei momenti di una v.a. X avente la seguente funzione di densità di probabilità:
f(x)= <<−
altrimenti0
1x0x)6x(1
Soluzione
GX(v) = ∫1
0
vx x)dx-6x(1e =
− ∫∫
1
0
2vx1
0
vx dxxexdxe6
=
−
−
∫∫1
0
vx1
0
2vx1
0
vx1
0
vx
xdxv
e2x
v
e-dx
v
ex
v
e6 =
3
v
2
v
v
e112
v
e16
+++ con v 0≠ .
Esercizio 21 1) Si trovi il valore della costante k per cui la funzione
f(x) = 2kx + 3(kx)2 (0<x<1) rappresenta la funzione di densità di una v.c. unidimensionale X assumendo k>0.
2) Si determini la funzione di ripartizione della v.c. X. 3) Si calcoli il valore atteso E(X). Soluzione 1) La funzione f(x) = 2kx + 3(kx)2 (0<x<1) rappresenta la funzione di densità di una v.c. unidimensionale
X per k = (√5 – 1) / 2 = 0.618. Infatti dalla condizione (si veda libro di test pag 127)
∫ =1
0
1dx)x(f discende 1xkkx1
0
322 =+ da cui
k = ( 5 – 1) / 2 e k’ = – ( 5 + 1) / 2.
L’unica soluzione accettabile è quindi k = (5 – 1) / 2. 2) La funzione di ripartizione della v.c. X è data da:
F(x) = 0 per x≤0,
F(x) =∫ +=x
0
x
0
322 ukkudu)u(f = kx2 + k2x3 per 0<x<1
F(x) = 1 per x≥1.
12
3) E(X) = ( )∫ =+1
0
22 dxxk3kx2x 0.6985.
Esercizio 22 Sia X una v.c. Rettangolare sull’intervallo (0,1) e si definisca Y = log(X). 1. Si determinino la funzione di ripartizione e la funzione di densità della v.c. Y. 2. Si calcolino la mediana, la media e il 95-esimo percentile di Y. 3. Si determini la funzione generatrice dei momenti delle variabili X e si calcoli tramite essa il valore atteso
di X 4. Si calcoli la funzione generatrice dei momenti di Y e si determini var(Y). Soluzione Sia X una v.c. Rettangolare sull’intervallo (0,1) con f.r. F(x) e f.d. f(x). Sia inoltre Y = log(X). Si noti che se 0<X<1 allora −∞<Y<0, supporto della variabile aleatoria Y. 1. H(y) = P(Y≤y) = P(log X ≤ y) = P(X ≤ exp y) = F(exp y) = exp(y) per y<0
e H(y) = 1 per y≥0. La f.d. della v.c. Y risulta h(y) =H’(y) = exp(y) (y<0).
2. La mediana di Y si ottiene risolvendo l’equazione
H(y) = 2
1)yexp( = che ha come soluzione y = −log2 = −0.69.
Il 95-esimo quantile di Y si ottiene risolvendo l’equazione H(y) = 95.0)yexp( = che ha come soluzione y = log 0.95 = − 0.051.
E(Y) = ∫∞−
0
yh(y)dy = −1. (integrazione per parti)
3. ( )t
1et
edxeeE)t(G
t1
0
tx1
0
txtxX
−=
=== ∫ per t≠0
( )2
tt
X t1ete
)t('G−−= per t≠0.
)t('G X come del resto )t(GX non sono definite per t=0. Estendiamo allora tali funzioni per continuità sullo 0 ovvero poniamo
1elimt
1elim)0(G t
0t
t
0tX ==−=
→→ applicando la regola dell’Hopital e
( )21
2e
limt2
eetelim
t1ete
lim)0('Gt
0t
ttt
0t2
tt
0tX ==−+=−−=
→→→ applicando la regola dell’Hopital.
Da cui si ricava E(X) = 0.5.
4. ( )1t
11t
xdxxdxeeE)t(G
1
0
1t1
0
t1
0
xlogttYY +
=
+====
+
∫∫ t≠−1
Alternativamente
( ) ( )( )
1t1
1tee
1te
dyedyeeeE)t(G00x1t0
y1t0
ytytYY +
=+
−=
+====
∞−
∞−
+
∞−
+
∞−∫∫ t≠−1
( )2Y1t
1)t('G
+−= da cui 1)0('G)X(E Y −==
13
( )( ) ( )34Y
1t
2
1t
1t2)t(''G
+=
++= da cui 2)0(''G)X(E Y
2 ==
Var(X) = 2−1 = 1 Esercizio 23 Sia X una variabile aleatoria con funzione di probabilità
X −1 0 1 P(x) 2/9 5/9 2/9
3. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si calcoli tramite essa E(X) e Var(X). 4. Si determini l’espressione dei momenti di ordine pari e dei momenti di ordine dispari di X Soluzione
3. ( ) ( )5e2e291
e92
e95
e92
eE)t(G ttt0tttXX ++=++== −− .
( )ttX ee
92
)t('G −−= da cui ( ) 0ee92
)0('G)X(E 00X =−== −
( )ttX ee
92
)t(''G −+= da cui ( )94
ee92
)t(''G)X(E 00X
2 =+== − .
Si ottiene quindi Var(X) = E(X2) − E(X)2 =94
4. Momenti di ordine pari
( )tt)n2(X ee
92
)t(G −+= derivata di ordine 2n della fgm per n = 1, 2, 3, … da cui
( )94
ee92
)t(G)X(E 00)n2(X
n2 =+== − momento di ordine 2n (pari) di X per n=1, 2, 3,…
Momenti di ordine dispari
( ) ( )tt1n2X ee
92
)t(G −+ −= derivata di ordine 2n+1 (dispari) della fgm per n=0,1,2,3,… da cui
( ) 0ee92
)t(G)X(E 00X
1n2X
1n2 =−== −++ momento di ordine 2n+1 (dispari) per n =1,2,3,…
Esercizio 24 Sia X una v.a. uniforme discreta di parametro k. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si calcoli tramite essa E(X) e Var(X). Soluzione Funzione generatrice dei momenti
( ) ( )∑=
+++===k
1x
ktt2ttxtXX eee
k1
ek1
eE)t(G L .
Valore atteso di X
( )ktt2tX kee2e
k1
)t('G +++= L
( ) ( )2
1kk2
1kkk
ikee2e
k1
)0('G)X(E
k
1i0k200X
+=+==+++==∑
=L
si ricordi che ( )
21kk
ik
1i
+=∑=
.
Varianza di X
14
( )kt2t2tX eke4e
k1
)t(''G +++= L
)X(E 2 ( ) ( )=+++=+++== 20k2200X k41
k
1eke4e
k
1)0(''G LL
( )( ) ( )( )6
1k21k
k6
1k21kk
k
ik
1i
2
++=++==∑
= .
Si ricordi che ( )( )6
1k21kki
k
1i
2 ++=∑=
.
Var(X) = E(X2) − E(X)2 ( )( ) ( )4
1k
6
1k21k 2+−++=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )12
1k
6
3k32k4
2
1k
2
1k
3
1k2
2
1k 2 −=−−++=
+−++=
Esercizio 25 Sia X una v.a. di Bernoulli di parametro θ. 3. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si verifichi tramite essa che E(X)= θ e var(X)=
θ(1−θ). 4. Si determini tramite la funzione generatrice dei momenti E(Y) con Y=1 + X/2. Soluzione 3. funzione generatrice dei momenti
( ) ( ) ( ) )e1(1e1ee1eE)t(G ttt0ttXX −θ−=θ+θ−=θ+θ−== .
Valore atteso t
X e)t('G θ= da cui θ=θ== 0X e)0('G)X(E
Varianza t
X e)t(''G θ= da cui θ=θ== 0X
2 e)0(''G)X(E Si ottiene quindi Var(X) = E(X2) − E(X)2 = θ−θ2 = θ(1−θ).
Si noti in particolare che t)n(X e)t(G θ= da cui θ=θ== 0)n(
Xn e)0(G)X(E ∀n = 1, 2,…
4. ( ) ( )( ) θ+θ−=−θ−=
=
=== + t2
tt2
t
2
tt
Xt2
Xtt2/X1ttY
Y eee)e1(ee2t
GeeEeeEeE)t(G .
θ+θ−= t2
tt
Y ee21
e)t('G
22
21
1)0('G)Y(E Y
θ+=θ+θ−==
Esercizio 26 Sia Y una v.a. Binomiale di parametri n e 1>θ>0. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si verifichi tramite essa che E(X) = nθ e var(X) = nθ(1−θ). Soluzione Funzione generatrice dei momenti
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )∑∑=
−
=
− θ−+θ=θ−θ=θ−θ==n
1x
ntxnxtnx
n
1x
xnxnx
txtXX 1e1e1eeE)t(G
dove l’ultimo passaggio segue dal teorema binomiale.
Si noti inoltre che, se n=1, allora θ−+θ= 1e)t(G tX ovvero la fgm di una Bernoulli di parametro θ
che, quindi, rappresenta una specificazione particolare della Binomiale.
15
Valore atteso
( ) 1nttX 1een)t('G
−θ−+θθ= da cui ( ) θ=θ−+θθ== − n1n)0('G)X(E 1nX
Varianza
)t(''G X ( )( ) ( ) 1ntt2ntt22 1een1e1nen−− θ−+θθ+θ−+θ−θ=
( ) ( )( ) ( )[ ]θ−+θ+−θθ−+θθ= −1e1ne1een tt2ntt .
Da cui
== )0(''G)X(E X2
( ) ( )( ) ( )[ ] ( )( ) ( )1nn11nn11n1n 2n +θ−θθ=+−θθ=θ−+θ+−θθ−+θθ= −
( ) nnn 22 θ+θ−θ= Si ottiene quindi
Var(X) = E(X2)−E(X)2 ( ) ( ) ( )θ−θ=θ−θ+θ−θ= 1nnnnn 222.
Esercizio 27 Sia X una v.a. di Poisson di parametro λ>0. Si determini la funzione generatrice dei momenti e si verifichi tramite essa che E(X) = Var(X) = λ. Soluzione Funzione generatrice dei momenti
( ) ( ) ( )∑∑∑
∞
=
λ−∞
=
λ−∞
=
λ− λ=λ=λ==ox
xt
ox
xt
ox
xtxtX
X !xe
e!x
ee!x
eeeE)t(G
Valore atteso Posto etλ=ξ si ha
( )1ee
ox
x
X
tt
eeeee!x
e)t(G −λλ−λξ+λ−ξλ−∞
=
λ− ====ξ= ∑
( ) t1eX ee)t('G
t
λ= −λ da cui E(X) = λ Varianza
( )( ) ( ) ( ) ( )tt1et1e2t1eX e1eeeeee)t(''G
ttt
λ+λ=λ+λ= −λ−λ−λ da cui E(X2) = λ+λ2
Var(X) = E(X2)−E(X)2 = λ + λ2 − λ2 = λ
16
Sezione 6. La variabile casuale normale Esercizio 1 (v.c. normale) Sia X una v.c. Normale con µ=2 e σ=1.
1. Disegnare la funzione di densità di X. 2. Evidenziare sul grafico la seguente probabilità P(X> µ) 3. Evidenziare sul grafico la seguente probabilità P(-1≤X≤1)
Soluzione 1. X~N(2,1)
2. P(X> µ)
3. P(-1≤X≤1)
17
Esercizio 2 (v.c. normale) Sia X una v.c. Normale con media pari a 5 e varianza pari a 3. Calcolare :
1. P(X>6) 2. P(4<X<7) 3. Il valore di per cui P(X>c)=0,3 4. E(2X-5) 5. V(2X-5)
Soluzione X~N(5,3)
1. P(X>6)=P(Z>0,58)=1-P(Z≤0,58)=1-Φ(0,58)=0,281 dove Z è la normale standard. 2. Standardizzando come fatto sopra: P(4<X<7) = 0,5939 3. P(X>c)=0,3 =>P(Z>((c-5)/(3)1/2))=0,3 => Φ((c-5)/(3)1/2))=0,7
z=(c-5)/ (3)1/2)=0,52 =>c=5,9 4. E(2X-5)=2E(X)-5=5 5. V(2X-5)=4V(X)=12
Esercizio 3 (v.c. normale) Un impianto inserisce automaticamente zucchero nelle bustine, se il peso dello zucchero nelle bustine può considerarsi una normale con σ=1,3 e il 5% delle bustine pesa di più di 10,132g quale è il peso medio delle bustina? Soluzione X= peso bustine in g. X~N(µ ,1,32) P(X>10,132)=0,05 standardizzando si ottiene P(Z>(µ -10,132)/1,3)=0,05 da cui si ricava il valore di µ =8 Esercizio 4 (v.c. normale) Si consideri una variabile casuale normale con media 100 e varianza 25. Calcolare:
1. la probabilità che X sia maggiore di 110; 2. la probabilità che X sia minore di 95; 3. la probabilità che X sia compresa tra 95 e 110; 4. la probabilità che X sia compresa tra 105 e 110; 5. la probabilità che X sia compresa tra 85 e 95;
Soluzione X ̴ N(100,25)
1. P(X>11)=P(Z>(110-100)/25½)=P(Z>2)=1-P(Z≤2)=1-0,97725 2. P(X<95)=P(Z>(95-100)/25½)=P(Z<-1)=P(Z>1)= 1-P(Z≤1)=1-0,84134 3. P(95<X<110)=P((95-100)/25½)<Z<(110-100)/25½))=P(-1<Z<2)=P(Z<2)-P(Z<-1)=
0,97725- [1-P(Z≤1)]= 0,97725- [1-0,84134] 4. P(105<X<110)=P((105-100)/25½)<Z<(110-100)/25½))=P(1<Z<2)=P(Z<2)-P(Z<1)=
0,97725-0,84134 5. P(85<X<95)=P((85-100)/25½)<Z<(95-100)/25½))=P(-3<X<-1)=P(1<Z<3)=P(Z<3)-P(Z<1)=
0,99865-0,84134
18
Esercizio 5 (v.c normale) Supposto che la durata del volo Roma Fiumicino – Parigi Orly segua una distribuzione normale con media pari a 120 minuti e varianza pari a 49 minuti, calcolare:
1. La probabilità che il volo in partenza domani durerà meno di 115 minuti; 2. La probabilità che il volo in partenza domani durerà tra 107 e 118 minuti;
Soluzione X ̴ N(120,49)
1. P(X<115)=P(Z>(115-120)/49½)= P(Z>-0,71)= 1-P(Z≤0,71)=1-0,76115 2. P(107<X<118)=P((107-120)/49½)<Z<(118-120)/49½))=P(-1,86<Z<-0,28)
=P(0,28<Z<1,86)=P(Z<1,86)-P(Z<0,28)= 0,96856-0,61026
Esercizio 6 (v.c. normale) Per le rane allo stato naturale, la lunghezza della vita è distribuita normalmente con media di 10 anni e deviazione standard di 3 anni.
1. Quale percentuale di rane vive oltre i 14 anni? 2. Calcolare il valore del quinto percentile
Soluzione X ̴ N(10,9)
1. Z=(14-10)/3=1,33 P(vita>14)=P(z>1,33)=0,0918 2. P(z<?)=0,05 z=-1,64 -1,64=(x-10)/3
x=10-3*1,64=5,08 Esercizio 7 (v.c. normale) Si assuma che tra i non diabetici il livello di glucosio nel sangue a digiuno sia distribuito in maniera approssimativamente normale con una media di 105mg/100ml ed una deviazione standard di 9mg/100ml.
1. Quale percentuale di diabetici hanno livelli compresi tra 90 e 125mg/100ml? 2. Quale livello lascia il 10% dei non diabetici nella coda sinistra? 3. Quali livelli comprendono il 95% dei non diabetici?
Soluzione X ̴ N(105,81)
1. Z=(x-µ)/σ z=(90-105)/9=-1,67 z=(125-105)/9=2,22 P(x>90)=P(z>-1,67)=0,952 P(x>125)=P(z>2,22)=0,0131 P(90>x>125)= 0,952-0,0131=0,939
2. P(x≤?)=0,10= P(z≤-1,28) z=(x-105)/9=-1,28 x=93,5 3. P(?≤x≤?)=0,95= P(-1,96≤x≤1,96)
z=(x-105)/9=-1,96 x1=87,4 z=(x-105)/9=1,96 x2=122,6
Esercizio 8 (prova scritta 27/4/2006) (v.c. esponenziale – v.c. normale) Un’azienda produce componenti elettronici di due tipi: i componenti di tipo A rappresentano il 45% della produzione, mentre il resto della produzione è costituito da componenti di tipo B. Il tempo di vita T (in anni) dei componenti prodotti ha distribuzione esponenziale negativa con media 0,92 per il tipo A, mentre per il tipo B ha distribuzione Normale con la stessa media e la stessa varianza della suddetta esponenziale. Estratto a caso un componente dalla produzione, si consideri l’evento “la durata del componente non supera un anno”, indicato con D.
1. Si calcoli la probabilità che il componente estratto sia di tipo B.
19
2. Si calcoli la probabilità dell’evento D dato che il componente è di tipo A. 3. Si calcoli la probabilità dell’evento D dato che il componente è di tipo B. 4. Si calcoli la probabilità dell’evento D. 5. Si calcoli la probabilità che il componente sia di tipo B dato che la sua durata non supera
l’anno. Soluzione
1. P(B) = 1 – P(A) = 1 – 0.45 = 055. 2. La probabilità va calcolata con la legge esponenziale P(D|A) = 1 – Exp(-1.087) = 0.6628. 3. La probabilità si calcola impiegando la densità di una v.c. Normale con media e varianza
pari a 0,92 e 0,922 quindi P(D|B) = Φ(0.087) = 0.5359. 4. P(D) = P(D|A) P(A) + P(D|B) P(B) = 0.2983 + 0.2947 = 0.593. 5. P(B|D) = P(D|B) P(B) / P(D) = 0.2947 / 0.593 = 0.497.
Esercizio 9 Siano X1, X2,…,X3 v.c stocasticamente indipendenti e identicamente distribuite con legge gaussiana standardizzata. Mostrare che la v.c. Z= X2
1+Y22+…+Y2
n ha legge chiquadro con n gradi di libertà. Soluzione
MX2i = ∫∞
∞
− ==-
)2/1(1/2- dxe)(2)(222 xsxsX ii eeE π ∫
∞
∞
− =-
)2/1(1/2- dxe)(22xsπ 2 ∫
∞
∞
− ∞<-
)2/1(1/2- dxe)(22xsπ solo se
s<(1/2). Se si effettua il cambio di variabile y=x2 si ottiene che:
MY(s)=2 ∫∞
−
0
)2/1(1/2-
y2
dye)(2 ysπ = dyey)(2
0
)2/1(1
2
11/2-∫∞
−−ysπ
dyey0
)2/1(12
1
∫∞
−− ys è il nucleo della Gamma((1/2)-s;1/2). Si ottiene quindi:
MY(s)= 2/1
1/2-
))2/1((
)2/1()(2
s−Γπ =
2/1
2/12/11/2-
21
1
)21()2/1()(2
−=
− ss
ππ
Quindi
MZ(s)=2/1
11 21
1
−∏ = s
n = 2/
21
1n
s
− che è la fgm di una chiquadro con n gdl.
Esercizio 10 Sia X una variabile casuale con funzione di densità φ(x). Si definisce entropia di X la seguente quantità: H = E(-log(φ (X)). Si calcoli l’entropia nel caso in cui X abbia distribuzione normale di media 0 e varianza σ2. Si commenti il risultato ottenuto discutendo, in particolare, l’interpretazione di H. Soluzione
H = E(-log(φ(X))= (x))(x)log(φφ∫+∞
∞−
− dx = dxx
ex
∫+∞
∞−
−
−−
2
22
1
2
1
2
1log
2
1 2
2
σπσπσσ =
=
+−∫
+∞
∞−2
2
2
12log(x)
σπσφ x
dx = log ∫+∞
∞−
(x)2 φπσ dx + ∫+∞
∞−
(x)2
1 22
φσ
x dx.
Essendo
20
∫+∞
∞−
(x)φ dx = 1
∫+∞
∞−
(x)2φx dx = E(X2) = 2σ poiché E(X)=0
(in alternativa l’integrale può essere risolto per parti assumendo xdx
come fattore differenziale e ricordando che 2
2
2
1
σx
xe−
→ 0 per x → ± ∞) si ottiene
H =log eee πσπσπσπσ
σσπσ 2loglog2log
2
log2log
2
12log
22
2
2
=+=+=+=+ .
Inoltre
H = eπσ 2log2
1log
2
1 2 +
L’entropia è quindi una trasformazione monotona della varianza e quindi essa stessa può essere interpretata come una misura della variabilità della variabile aleatoria X.
Tuttavia H > 0 se 06.02
12 ≈>eπ
σ : poiché una misura di variabilità di una variabile casuale è
opportuno che sia positiva, tale funzione non è completamente soddisfacente da questo punto di vista.
21
Sezione 7. Variabili casuali bivariate e convergenze di successioni di variabili casuali Esercizio 1 (v.c. bivariata discreta) Si consideri la funzione di probabilità di una v.c. bidimensionale discreta (X,Y) definita dalla seguente tabella.
Y = 0 Y = 1 X = 0 0.1 0.3 X = 1 0.2 K
1. Si determini il valore di K che rende la precedente una funzione di probabilità bivariata. 2. Si determinino le funzioni di probabilità delle v.c. marginali e se ne calcolino le varianze. 3. Si determinino le funzioni di ripartizioni delle v.c. marginali e le si rappresenti graficamente. 4. Si calcolino P(Y=1|X=1) e cov(X,Y) 5. Si stabilisca se X e Y sono indipendenti, motivandone la risposta. 6. Si calcoli la P(X+Y<1,5)
Soluzione
1. K=0,4 perché deve valere ∑∑ =x y
yx 1),(ϕ
2. Marginale di X:
0,24θ)θ(1VAR(X) =−=
Marginale di Y:
0,21θ)θ(1VAR(Y) =−=
3. Sapendo che vale Σxφ(x)=1 e Σyφ(y)=1 si riesce a calcolarle e rappresentarle graficamente.
4. 3
2
1)P(X
1)Y1,P(X1)X1YP( =
======
[ ] [ ] [ ] 0,020,7*0,60,4XEYEXYECOV(XY) −=−=−= 5. X ed Y non sono indipendenti in quanto se fossero indipendenti COV(XY) dovrebbe essere
0. 6. Per calcolare la P(X+Y>1.5) si costruisce una nuova variabile somma di X ed Y
Y = 0 Y = 1 X = 0 0.1 0.3 X = 1 0.2 K=0,4
X P(X=x) 0 0,4=
P(X=0,Y=1)+P(X=0,Y=0) 1 0,6=
P(X=1,Y=1)+P(X=1,Y=0)
Y P(Y=y) 0 0,3=
P(X=0,Y=0)+P(X=1,Y=0) 1 0,7=
P(X=1,Y=1)+P(X=0,Y=1)
22
X+Y P(X=x)
0 0,1= P(X=0,Y=0) 1 0,5=
P(X=0,Y=1)+P(X=1,Y=0) 2 0,4 = P(X=1,Y=1)
Quindi 0,42)YP(X1.5)YP(X ==+=>+
Esercizio 2 (v.c. bivariata discreta) La seguente tabella mostra la distribuzione di probabilità congiunta di due variabili casuali discrete X e Y.
Y\X 1 2 3 0 0,10 0,12 0,06 1 0,05 0,1 0,11 2 0,02 0,16 c
1. Determinare il valore di c. 2. Calcolare la marginale, il valore atteso e la varianza di X 3. Calcolare la marginale, il valore atteso e la varianza di Y 4. Si calcoli la Cov(X,Y)
Soluzione
1. Deve valere ∑∑ =x y
yx 1),(ϕ quindi c=0,28.
Y\X 1 2 3
0 0,10 0,12 0,06 1 0,05 0,1 0,11 2 0,02 0,16 0,28
2. E(X)=2,28, V(X)=0,54
3. E(Y)=1,18, V(Y)=0,70 Y P(Y=y) 0 0.28 1 0.26 2 0.18
4. Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0,76 Esercizio 3 (prova totale 10/2/09) Si consideri la funzione di probabilità di una v.c. bidimensionale discreta (X,Y) definita dalla tabella seguente.
Y = 0 Y = 1 X = 1 0.05 0.15
X P(X=x) 1 0.170 2 0.380 3 0.450
23
X = 2 0.15 0.25 X = 3 0.35 0.05
1. Si calcolino la media e la varianza di X. 2. Si determini la funzione di ripartizione di Y e la si rappresenti graficamente. 3. Si calcolino P(Y = 0 | X = 1) e P(X + Y < 2.3). 4. Si calcolino E(XY) e Cov(X,Y).
Soluzione Le funzioni di probabilità delle v.c. marginali X e Y sono date, rispettivamente, da: p(1) = 0.2, p(2) = 0.4 e p(3) = 0.4; q(0) = 0.55 e q(1) = 0.45.
1. E(X) = 2.2 e Var(X) = 0.56; E(Y) = 0.45 e Var(Y) = 0.2475. 2. FY(y)=0 se y<0
FY(y)=0.55 se 0≤y<1 FY(y)=1 se y≥1
3. P(Y=0 | X=1) = 0.25 e P(X+Y<2.3) = 0.35. 4. E(XY) = 0.8 e Cov(X,Y) = -0.19.
Esercizio 4 (v.c.bivariate continua)
1. Si trovi il valore della costante k tale per cui φ(x,y)=(x2+y)/k (0<x<1, 0<y<1) rappresenta la funzione di densità di una v.c. bidimensionale (X,Y).
2. Si determinino le funzioni di densità delle v.c. marginali. 3. Si stabilisca se X e Y sono indipendenti
Soluzione Sia φ(x,y)=(x2+y)/k (0<x<1, 0<y<1)
1. ∫ ∫ =1
0
1
0
1y)dxdy(x,ϕ ⇒ k = 5/6.
2. La v.c. marginale X ha f.d. ∫+==
1
0
2
X 5
36xy)dy(x,(x) ϕϕ (0<x<1),
mentre la v.c. Y ha f.d. ∫+==
1
0
Y 5
26yy)dx(x,(y) ϕϕ (0<y<1),
3. Le v.c. marginali non sono indipendenti perchè (y)(x)y)(x, YX ϕϕϕ ⋅≠ Esercizio 5 (v.c. bivariata continua)
1. Si trovi il valore della costante k tale per cui la funzione φ(x,y)=k (0<x<1, 0<y<2) rappresenta la funzione di densità di una v.c. bidimensionale (X,Y).
2. Si determino le funzioni di densità delle v.c. marginali e si stabilisca se X e Y sono indipendenti.
3. Si calcoli la probabilità che entrambe le v.c. marginali superino 0.5. Soluzione Sia φ(x,y)=k (0<x<1, 0<y<2).
1. ∫ ∫ =1
0
2
0
1y)dxdy(x,ϕ ⇒ k = ½.
2. La v.c. marginale X ha f.d. ∫ ==2
0
X 1y)dy(x,(x) ϕϕ (0<x<1),
24
mentre la v.c. Y ha f.d. ∫ ==1
0
Y 2
1y)dx(x,(y) ϕϕ (0<y<2),
Le v.c. marginali sono indipendenti infatti (y)(x)y)(x, YX ϕϕϕ ⋅= 3. P(X>0.5,Y>0.5) = P(X>0.5)P(Y>0.5) = (1/2)(3/4) = 3/8 = 0.375. Esercizio 6 (v.c.bivariate continua)
1. Si verifichi che
( ) ( )yx2
1 2
e8π
1yx,
+−=ϕ (x reale, y > 0)
rappresenta la funzione di densità di una v.c. bidimensionale (X,Y). 2. Si determinino le funzioni di densità delle v.c. marginali. 3. Si stabilisca se le v.c. X e Y sono indipendenti e/o identicamente distribuite, motivando le
risposte. 4. Si determinino E(XY) e Var(X + Y), motivando le risposte. 5. Si calcolino P(X > 1 | Y < 1) e P(Y < 1 | X > 1), motivando le risposte.
Soluzione
1. ( ) 0yx, ≥ϕ e ( )∫ ∫+∞
∞−
+∞
=0
1dxdyyx,ϕ .
2. Le funzioni di densità delle v.c. marginali sono date da:
( ) ( )2x
2
1
-
e2π
1dyyx,xφ
−+∞
∞∫ == ϕ (x reale) e
( ) ( )∫+∞ −
==0
y2
1
e2
1dxyx,yψ ϕ (y > 0).
3. X e Y sono indipendenti, ma non identicamente distribuite. 4. E(XY) = E(X) E(Y) = 0 e Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y) = 1 + 4 = 5, per l’indipendenza
tra X e Y. 5. P(X>1 | Y<1) = P(X>1) = 1 − Φ(1) = 1 − 0.8413 = 0.1587 e
P(Y<1 | X>1) = P(Y<1) = 1 − e-0.5 = 1 − 0.6065 = 0.3935, per l’indipendenza tra X e Y. Esercizio 7 (Prova totale 10/02/2009) Si consideri la funzione di probabilità di una v.c. bidimensionale discreta (X,Y) definita dalla tabella seguente.
Y = 0 Y = 1
X = 1 0.05 0.15 X = 2 0.15 0.25 X = 3 0.35 0.05
Siano Y1, Y2 e Y3 v.c. indipendenti e distribuite come Y. Si determini la distribuzione della v.c. somma T3 = Y1 + Y2 + Y3, motivando la risposta. Soluzione Y si distribuisce come una Bernoulli (p=0,45). La fgm di Y è quindi: MY(t)=(1-p+pet). T3 = Y1 + Y2 + Y3, è quindi somma di 3 Bernoulli (0,45) indipendenti. La fgm di T3 è quindi: MT3(t)= MY1(t) MY2(t) MY3(t)=∏
3 MYi(t)= ∏3(1-p+pet)=(1-p+pet)(1-p+pet)(1-p+pet)= (1-p+pet)3
Che è proprio la fgm della Binomiale(N=3, p=0,45).
25
Esercizio 8 Siano X1,X2, . . . variabili aleatorie i.i.d. che si distribuiscono secondo una Poisson(4) e sia S = X1+… + X100.
1. Qual è la densità di S? 2. Quanto vale approssimativamente P(S≤390)? 3. Quante variabili aleatorie indipendenti e con densità di Poisson di parametro 4 dobbiamo
sommare (almeno) affinchè P(X1 +…+ Xn>390) > 0.5? Soluzione
1. La somma di v.a. di Poisson i.i.d. S è ancora una Poisson con parametro la somma dei parametri, cioè, S si distribuisce come una Poisson(100·4) = P(400). Infatti la f.g.m. di una qualsiasi Xi ̴ Poisson (4) è exp(4(exp(t)-1)) di conseguenza S avrà una f.g.m. data da:
MS(t)= MX1(t) MX2(t)… MX100(t)= ∏=
100
1iX (t)M
i=∏
=
100
1i
1)-4(et
e = exp(∑=
100
1
4i
(exp(t)-1) = e400(exp(t)-1)
che corrisponde a una f.g.m. di una Poisson (∑=
100
1
4i
) cioè a una Poisson (400).
2. Per il teorema centrale del limite, P(S≤390) vale approssimativamente P(S≤390) = P(S≤390)=Φ((390-400)/(400)1/2)=Φ(−0.5)= 1− Φ (0.5)=1−0.6915= 0.3085
3. 0.5<P(X1+…+Xn>390)=1- P(X1+…+Xn≤390)1- Φ((390-4n)/(4n)1/2) sse Φ((390-4n)/(4n)1/2)<0.5 cioè sse ((390-4n)/(4n)1/2)<q0.5 sse 390−4n < 0 sse n > 97.5 cioè n≥98.
Esercizio 9 Il primo di settembre di ogni anno un cartolaio prepara un ordine di biro gialle con cui far fronte alle vendite dell’intero anno (=365 giorni). Si sa che il cartolaio vende X biro gialle al giorno, dove X è una variabile aleatoria di Poisson di parametro λ = 2,5 e che il numero di biro gialle vendute in giorni diversi sono indipendenti.
1. Se Y indica il numero totale di biro gialle vendute in un anno, qual è la densità di Y? 2. Quanto vale approssimativamente la probabilità che in un anno si vendano al più 960 biro? 3. Quante biro gialle dovrà approssimativamente ordinare il cartolaio affinchè la probabilità di
rimanerne sprovvisto durante l’anno sia inferiore al 5%? Soluzione
1. La somma di v.a. di Poisson i.i.d. Y è ancora una Poisson con parametro la somma dei parametri, cioè, Y ̴ P(365·2.5 = 912,5). Infatti la f.g.m. di una qualsiasi Xi ̴ Poisson (2,5) è exp(2,5(exp(t)-1)) di conseguenza Y avrà una f.g.m. data da:
MY(t)=MX1(t)MX2(t)…MX356(t)= ∏=
356
1iX (t)M
i=∏
=
356
1i
1)-2,5(et
e = exp(∑=
356
1
5,2i
(exp(t)-1) = 1)-912,5(ete
che corrisponde a una f.g.m. di una Poisson (∑=
356
1
5,2i
) cioè a una Poisson (912,5).
2. Dobbiamo calcolare approssimativamente P(Y≤960) usando il teorema centrale del limite: P(Y≤960)=Φ(1.57)=0.9418
3. Sia k il numero di biro che deve ordinare il cartolaio per far fronte alle vendite di un anno. Dobbiamo determinare k tale che P(Y>k)< 0.05. Utilizzando l’approssimazione gaussiana della f.d.r della Poisson, dobbiamo determinare k tale che: 1− Φ((k-912,5)/(912,5)1/2) < 0.05, o equivalentemente Φ((k-912,5)/(912,5)1/2) > 0.95. Ciò vale sse ((k-912,5)/(912,5)1/2)> q0.95, dove q0.95 è il quantile di ordine 0.95 di Φ.
26
Dalle tavole: q0.95=1.645 e k > 1.645*(912,5)1/2+ 912.5 = 962.1915. Quindi il cartolaio deve ordinare almeno 963 penne gialle.
Esercizio 10 Sia X una v.a. U(0,2).
1. Si determini media e varianza di X. 2. Siano X1,…X147 147 v.a. i.i.d. ̴ U(0,2) e S= X1+…+X147 . Calcolare approssimativamente
P(S<161) Soluzione Scelta U ̴ U(0,1)
1. E(X)=E(2U)=2E(U)=2/2=1 Var(X)=Var(2U)=4Var(U)=4/12=1/3
2. S= X1+…+X147 .In quanto somma di v.a. i.i.d. assolutamente continue , anche S è assolutamente continua da cui P(S<161)= P(S≤161) Inoltre E(S)=147 e Var(S)=147*(1/3)=49 Per il Teorema Centrale del Limite, la f.d.r. di (S-E(S)/(Var(S))1/2) converge alla f.d.r. N(0,1). Quindi P(S<161)= Φ((161-147)/7)= Φ(2)=0.9772.
Esercizio 11 (legge dei grandi numeri) Sia X una v.a. binomiale di parametro (n,p) Mostrare che la successione di variabili aleatorie {X/n} n≥1 converge in probabilità a p per n->∞. Soluzione
X è una v.a. binomiale (n,p) quindi X=∑=
n
iiY
1
, dove le Yi sono binomiali(1,p)=bernoulliane(p)
indipendenti. (X/n)=(∑=
n
iiY
1
/n) converge quasi certamente a E(Yi)=p per n->∞ per la legge dei
grandi numeri.
Inoltre la convergenza quasi certa implica la convergenza in probabilità per cui (X/n)=(∑=
n
iiY
1
/n)
converge in probabilità a E(Yi)=p per n->∞. Esercizio 12 1. Si determini la costante di proporzionalità che rende la seguente funzione una funzione di
densità bivariata αϕ)1(
),(22
x
exyx
yx
+=
−
(x reale, y ≥ 0) α > 1
2. Si determini la funzione di densità marginale di X e si calcoli E(X). Si discuta l’eventuale necessità d’imporre ulteriori restrizioni sullo spazio dei parametri.
3. Si determini E(Y) discutendo il risultato ottenuto. (Suggerimento si lasci la funzione di densità marginale di Y in termini di integrale).
4. Per α = 3 si determini la funzione di ripartizione, F(x), di X e se ne disegni il grafico. 5. Definita Z = F(X) si calcoli la media e la varianza di W=logZ.
6. Siano Z1,…,Zn n variabili aleatorie indipendenti e distribuite come Z. Sia Mn = n
n
iiZ∏
=1
la loro
media geometrica. Si determini un’approssimazione valida per n grande della distribuzione di Mn, motivando la risposta fornita.. Si calcoli la convergenza in probabilità della successione delle medie geometriche motivando la risposta.
27
Soluzione
1. ∫ ∫+∞
∞−
+∞
y)(x,0
ϕk dx dy = 1 da cui ∫ ∫+∞
∞−
+∞ −
+0
2
)1(
2
αx
ex yx
dy dx = k
1
∫ ∫+∞
∞−
+∞ −
+0
2
)1(
2
αx
ex yx
dy dx = ( )∫∫ ∫+∞
∞−
∞+−+∞
∞−
+∞− =−
+=
+dxe
xdxdyex
xyxyx
0
0
2 22
)1(
1
)1(
1αα
( ) ∫∫∫+∞ +∞+−
∞−
+−
∞−
+∞
∞− −−=
+−++
+−+−=
++
−=−
+=
0 0
1010
1
2
1
)1(
1
)1(
)1(
1
)1(
101
)1(
1
ααα
αα
αααxx
dxx
dxx
dxx
Da cui 2
1 α−−=k
2. y)(x,(x)0∫
+∞
= ϕϕ dy
=(x)ϕ ( )∫ ∫+∞ +∞ ∞+−−
−
+−=−
+−=
+−=
+−−
0 0
02
2
)1(2
1
)1(2
1
)1(2
1
)1(2
1 22
2
αααααααα
xe
xdyex
xdy
x
ex yxyxyx
X∈R
E(X) = (x)∫+∞
∞−
ϕx dx = ∫ ∫∫+∞
∞−
+∞
∞−
=+
−++
−=+
−
0
0
)1(2
)1(
)1(2
)1(
)1(2
)1(dx
x
xdx
x
xdx
x
xααα
ααα
Si consideri il primo integrale (risoluzione per parti)
=
−−+
−−−=−−=
+−
∫ ∫∫∞− ∞−
+−
∞−
+−−
∞−
0 0 1010
)1(
)1(
1
)1(
2
)1()1(
2
)1(
)1(2
)1(dx
xxxdxxxdx
x
x
ααααα αα
αα
= [ ] =
−+−
−−
∫∞−
+−∞−
+−0
101 )1()1()1(2
)1(dxxxx αα
αα
assumendo α > 2 (la forma indeterminata relativa alla soluzione del primo integrale può essere risolta tramite le regola di de l’Hôpital)
= ααα
α ααα
−=
−−=−−=
−+
−−
∞−
+−
∞−
+−
∞−
+−∫∫ 2
1
2
)1()1(
2
1)1(0
)1(2
)1(020
10
1 xdxxdxx .
Si consideri il secondo integrale. Analogamente al caso precedente si ottiene
=
−++
−+−=+−=
+−
∫ ∫∫∞+ ∞+ +−+∞+−
−∞+
0 0
1
0
1
0 )1(
)1(
1
)1(
2
)1()1(
2
)1(
)1(2
)1(dx
xxxdxxxdx
x
x
ααααα αα
αα
assumendo α > 2
= ααα
α ααα
−−=
−+=+=
+−
−−
+∞+−+∞+−
+∞+−
∫∫ 2
1
2
)1()1(
2
1)1(0
)1(2
)1(
0
2
0
1
0
1 xdxxdxx
Da cui E(X) = 0 Per garantire l’esistenza del momento primo occorre assumere α > 2. Per α ≤ 2 il momento primo diverge.
3. y)(x,(y) ∫+∞
∞−
= ϕϕ dx
∫+∞
∞−
−
+−−= dx
x
ex yx
ααϕ
)1(2
1(y)
22
+∈ RY
28
E(Y) = (y)0∫
+∞
ϕy dy = ∫ ∫ ∫∫+∞
∞−
+∞
∞−
+∞ −−+∞
=+
−−=+
−−0
22
0 )1(2
1
)1(2
122
dydxx
exydxdy
x
exy
yxyx
αααα
= ∫ ∫+∞
∞−
+∞− =
+−−
0
2 2
)1(
1
2
1dydxeyx
xyx
αα
Il secondo integrale è il valore atteso di un’esponenziale negativa di parametro x2.
= ∫+∞
+∞=+
−
02 )1(
1
2
1dx
xx αα
L’integrale diverge: la funzione integranda positiva su supporto d’integrazione illimitato.
4. Posto α = 3 3)1(
1(x)
x+=ϕ RX ∈
F(x) = ∫∞− −
x
dtt 3)1(
1
Per X < 0 F(x) = ( ) ( )223 12
1
12
1
)1(
1
xtdt
t
xx
−=
−=
−∞−∞−
∫
Per X ≥ 0
F(x) = ( ) ( ) ( )22
0
20
33 12
11
2
1
12
1
2
1
12
1
2
1
)1(
1
2
1
)1(
1
xxtdt
tdt
t
xx
+−=+
+−=
+−+=
++=
−∫ ∫∞−
∞+
5. La variabile Z ha distribuzione uniforme nell’intervallo (0,1).
La funzione generatrice dei momenti di W=logZ è data
1
1
1)()(
1
0
11
0
1
0
log
+=
+====
+
∫∫ tt
ZdxZdxeeEtG
ttZttW
W
Da cui
2)1(
1)('
+−=
ttG W da cui 1)0(')( −== WGWE
34 )1(
2
)1(
)1(2)(''
+=
++=
tt
ttG W da cui 2)0(')( 2 == WGWE
Var(W) = 2 – 1 = 1 I risultati precedenti possono essere ricavati equivalentemente dalle definizioni di media e varianza osservando che: � la funzione di ripartizione di W=logZ è data da ww
w eeZPwWPwF =≤=≤= )()()(
� la funzione di densità di W=logZ è data da wW e=(w)ϕ .
6. Essendo Mn = n
n
iiZ∏
=1
si ha logMn = ∑=
n
iiZ
n 1
log1
.
Le variabili aleatorie logZ1,…, logZn sono indipendenti essendo tali Z1,…,Zn e ammettono media e varianza finita (punto precedente). Per il teorema centrale del limite allora
)1,0(log
/1
1log1
/1
1log 11 Nn
nX
n
Xn
n
M d
n
ii
n
ii
n →+
=+
=+ ∑∑
==
29
log
−≈n
NM n
1,1
Quindi nM è approssimativamente distribuita come una log-normale di parametri -1 e 1/ n .
