2006 Calcolo Delle Probabilita

Politecnico di Milano Esercizi di Calcolo delle Probabilit`a cod. 061195 Per gli allievi ING AUT, ELN, INF e TEL Anno accademico 2005-20061 Ilenia Epifani 8 marzo 2006

1 Il contenuto di queste dispense `e protetto dalle leggi sul copyright e dalle disposizioni dei trattati internazionali. Il materiale qui contenuto pu` o essere copiato (o comunque riprodotto) ed utilizzato liberamente dagli studenti, dagli istituti di ricerca, scolastici ed universitari afferenti ai Ministeri della Pubblica Istruzione e dell’Universit` a e della Ricerca Scientifica e Tecnologica per scopi istituzionali, non a fine di lucro. Ogni altro utilizzo o riproduzione (ivi incluse, ma non limitatamente a, le riproduzioni a mezzo stampa, su supporti magnetici o su reti di calcolatori) in toto o in parte `e vietata, se non esplicitamente autorizzata per iscritto, a priori, da parte dall’autore. L’informazione contenuta in queste pagine `e ritenuta essere accurata alla data della pubblicazione. Essa `e fornita per scopi meramente didattici. L’informazione contenuta in queste pagine `e soggetta a cambiamenti senza preavviso. L’autore non si assume alcuna responsabilit` a per il contenuto di queste pagine (ivi incluse, ma non limitatamente a, la correttezza, completezza, applicabilit` a ed aggiornamento dell’informazione). In ogni caso non pu` o essere dichiarata conformit` a all’informazione contenuta in queste pagine. In ogni caso questa nota di copyright non deve mai essere rimossa e deve essere riportata anche in utilizzi parziali. Copyright 2006 Ilenia Epifani.

2 Questo materiale `e stato elaborato durante gli Anni Accademici 2000-2005 per le esercitazioni ai corsi di Calcolo delle Probabilit` a per allievi di Ingegneria Elettronica, Informatica e delle Telecomunicazioni, tenuti dai docenti A. Guglielmi, L. Ladelli e I. Epifani. Alcuni degli esercizi sono inoltre tratti dai temi d’esame di Calcolo delle Probabilit`a sempre di quegli anni. Gli esercizi sono organizzati seguendo gli “Appunti per il corso di Calcolo delle Probabilit`a”, edizione 2005/2006, di I. Epifani, L. Ladelli e G. Posta disponibili alla pagina http://www1.mate.polimi.it/∼ileepi/dispense/0506CP/. Per gli esercizi tratti da un libro sono forniti pagina, titolo, autore, casa editrice. Per gli esercizi tratti da prove d’esame sono forniti data e nome del corso. Milano, marzo 2006

Ilenia Epifani

Indice 1 Probabilit` a 1.1 Spazi di probabilit` a. . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Operazioni su eventi . . . . . . . . 1.2 Propriet` a della probabilit` a. . . . . . . . . 1.3 Spazi finiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Spazi di probabilit` a uniforme . . . 1.4 Probabilit` a condizionata e indipendenza . 1.4.1 Alcune formule importanti . . . . . 1.4.2 Indipendenza . . . . . . . . . . . . 1.4.3 Affidabilit` a di un sistema . . . . . 1.5 Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 1

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1 1 1 2 3 3 5 5 8 9 10

2 Variabili aleatorie 2.1 Variabili aleatorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Variabili aleatorie discrete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Esempi di densit` a discrete notevoli . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Densit` a bernoulliana, binomiale, geometrica . . . . . . 2.3.2 Densit` a di Poisson come limite di densit`a binomiale . 2.3.3 Densit` a ipergeometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Variabili aleatorie assolutamente continue . . . . . . . . . . . 2.5 Funzioni di variabili aleatorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Funzioni di variabili aleatorie discrete . . . . . . . . . 2.5.2 Funzioni di variabili aleatorie assolutamente continue . 2.6 Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 2 . . . . . . . . . . .

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21 21 21 22 22 23 24 24 26 26 27 28

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39 39 40 41 42

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47 47 49 51 52 53 55

5 Miscellanea 5.1 Esercizi di ricapitolazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65 65

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3 Media varianza e momenti 3.1 Media e varianza . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Densit` a gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Approssimazione gaussiana della funzione di 3.4 Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 3 .

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. . . . . . . . . . . . . . ripartizione . . . . . . .

4 Vettori aleatori 4.1 Vettori aleatori discreti . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Vettori aleatori assolutamente continui . . . . . 4.3 Minimo e Massimo di variabili aleatorie i. i. d. 4.4 Vettori gaussiani . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Teorema centrale del limite . . . . . . . . . . . 4.6 Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 4 . . .

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ii

INDICE

Capitolo 1

Probabilit` a 1.1 1.1.1

Spazi di probabilit` a Operazioni su eventi

Esercizio 1.1.1 (tratto da [4] pag. 25) Stabilite quali delle seguenti relazioni sono vere e quali sono false 1. (A ∪ B) \ C = A ∪ (B \ C) 2. A ∩ B ∩ C = A ∩ B ∩ (C ∪ B) 3. A ∪ B ∪ C = A ∪ (B \ (A ∩ B)) ∪ (C \ (A ∩ C)) 4. A ∪ B = (A \ (A ∩ B)) ∪ B 5. (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (C ∩ A) ⊃ A ∩ B ∩ C 6. (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (C ∩ A) ⊂ (A ∪ B ∪ C) 7. (A ∪ B) \ A = B 8. A ∩ B c ∩ C ⊂ A ∪ B 9. (A ∪ B ∪ C)c = Ac ∩ B c ∩ C c 10. (A ∪ B)c ∩ C = (Ac ∩ C) ∪ (B c ∩ C) 11. (A ∪ B)c ∩ C = Ac ∩ B c ∩ C 12. (A ∪ B)c ∩ C = C \ [C ∩ (A ∪ B)] Esercizio 1.1.2 Siano A, B e C tre eventi. Esprimete i seguenti eventi mediante operazioni logiche su A, B e C: (1) almeno un evento si verifica (2) nessun evento si verifica (3) si verifica soltanto un evento (4) al pi` u un evento si verifica (5) tutti gli eventi si verificano (6) due eventi su tre si verificano (7) si verifica soltanto A (8) si verifica A (9) si verificano almeno due eventi 1

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

2

Esercizio 1.1.3 Una moneta regolare viene lanciata due volte. Antonio vince se esce testa al primo lancio; Benedetto vince se la moneta esibisce croce al secondo. a) Descrivete lo spazio campionario. b) Descrivete in termini di sottoinsiemi dello spazio campionario i seguenti eventi: (1) Antonio vince (2) Benedetto vince (3) Antonio non vince (4) Benedetto non vince (5) Antonio e Benedetto vincono entrambi (6) Vince Antonio ma non Benedetto (7) Vince Benedetto ma non Antonio (8) Almeno uno dei due vince (9) Nessuno dei due vince (10) Vince soltanto uno dei due (11) Esce cuori (12) Esce testa o croce

1.2

Propriet` a della probabilit` a

Esercizio 1.2.1 (Esercitazione del ??/02 della dott.ssa G. Guatteri) 1 Una ditta riceve richieste di forniture, che possono essere urgenti oppure no, e richiedere la consegna in citt`a oppure fuori citt` a. Per una data richiesta `e noto che: i) la probabilit` a che una consegna sia fuori citt`a `e 0.4. ii) la probabilit` a che una consegna sia urgente `e 0.3. iii) la probabilit` a che una consegna sia non urgente e in citt`a `e 0.4. Calcolate a) la probabilit` a che una consegna sia urgente e in citt`a; b) la probabilit` a che una consegna sia o fuori citt`a o non urgente c) la probabilit` a che una consegna sia urgente ma fuori citt`a. Esercizio 1.2.2 Relativamente alla prima sessione d’esame del primo anno del corso di laurea XXX `e noto che la probabilit` a che uno studente superi: • l’esame A `e 0.4, • l’esame B `e 0.5, • l’esame C `e 0.3, • l’esame A e l’esame B `e 0.35, • l’esame A e l’esame C `e 0.2, • l’esame B e l’esame C `e 0.25, • tutti e tre gli esami `e 0.15, Determinare la probabilit` a che nella prima sessione uno studente scelto a caso 1. non superi l’esame A; 2. superi A ma non superi B; 3. superi almeno un esame; 4. non superi alcun esame. Esercizio 1.2.3 Si risponda alle seguenti domande giustificandole in modo opportuno: 1. Se P (A) = 1/3 e P (B c ) = 1/4, A e B possono essere eventi incompatibili? 2. Se P (A) = 1/4 e P (A ∪ B) = 3/4, quanto vale P (B) nel caso che A e B siano incompatibili? 3. Se P (A) = P (B) = 3/8, pu` o verificarsi che P (A ∪ B) = 1/4? E P (A ∪ B) = 7/8? 1 http://www1.mate.polimi.it/∼guatteri/

3

1.3. SPAZI FINITI 4. Siano P (A) = 3/4 e P (B) = 3/8. Si verifichi che 1/8 ≤ P (A ∩ B) ≤ 3/8. 5. Si dimostri in generale la diseguaglianza di Bonferroni: P (A ∩ B) ≥ P (A) + P (B) − 1

1.3

Spazi finiti

Esercizio 1.3.1 Un canale trasmette le cifre 1,2,3. Sia Ti l’evento Ti = “Il canale trasmette i”. Se la probabilit` a di trasmettere la cifra 3 `e tre volte la probabilit`a di trasmettere la cifra 1 e la probabilit` a di trasmettere la cifra 2 `e due volte la probabilit`a di trasmettere la cifra 1, quanto valgono P (T1 ), P (T2 ), P (T3 )? [Risp: 1/6, 1/3, 1/2] Esercizio 1.3.2 Se una moneta `e truccata in modo tale che la probabilit`a che esca croce risulti quattro volte la probabilit` a che esca testa, quanto vale la probabilit`a che esca testa? Esercizio 1.3.3 Si vuole assegnare la probabilit`a che una persona scelta a caso (in una certa popolazione) possegga k appartamenti a partire dai pesi   c/4 qk = c/2k   0

se k = 0 se k = 1, . . . , 5 altrove

(1) Per quali valori di c i pesi assegnati definiscono una funzione di probabilit` a? (2) Quanto vale la probabilit` a che una persona scelta a caso possegga almeno due appartamenti?

1.3.1

Spazi di probabilit` a uniforme

Esercizio 1.3.4 Si lanciano due dadi regolari contemporaneamente. Antonio vince se la somma dei due dadi `e pari, mentre Biagio vince se almeno uno dei due dadi esibisce faccia superiore numerata 6. Siano A, B gli eventi A:“Antonio vince”, B:“Biagio vince”. (1) Descrivete in termini di A, B gli eventi: (a) Antonio e Biagio vincono (b) Almeno uno dei due vince (c) Soltanto Antonio vince (2) Calcolate P (A), P (B) e la probabilit`a degli eventi descritti al punto precedente. [risp: P (A) = 1/2; P (B) = 11/36; (a)5/36; (b)2/3(= 1/2+11/36−5/36); (c)13/36(= 1/2−5/36)] Esercizio 1.3.5 (tratto da [4], pag. 55) A lancia un dado 6 volte e vince se totalizza almeno un uno, B lancia un dado 12 volte e vince se totalizza almeno 2 volte un uno. Chi ha maggiore probabilit` a di vincere? [Risp: A] Esercizio 1.3.6 (Esempio 1.4.7 pag. 14 in [5]) Un’associazione `e formata da 25 iscritti. Tra questi devono essere scelti un presidente ed un segretario. (1) Quanti sono i modi possibili per ricoprire le due cariche? (2) Se gli individui vengono scelti a caso per ricoprire le cariche, qual `e la probabilit`a che un assegnato membro dell’associazione ne ricopra una? Esercizio 1.3.7 Ordinando a caso i primi 7 numeri naturali, quanto vale la probabilit` a che i numeri 1 e 2 siano adiacenti (con 2 successivo ad 1)? [Risp: 0.14285]

4

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

Esercizio 1.3.8 1. Estraendo a caso senza reimmissione sette lettere dall’alfabeto italiano (composto da 21), quante parole diverse (anche di senso non compiuto) si possono comporre? Qual `e la probabilit` a di comporre una parola che inizia e finisce per vocale? 2. Come cambiano le risposte alle domande precedenti se le lettere sono estratte con reimmissione? 3. Se le lettere vengono estratte con reimmissione, quanto vale la probabilit` a di comporre una parola di sette lettere non ripetute? Esercizio 1.3.9 Scegliendo a caso 5 lettere dall’alfabeto italiano (costituito da 21), a) Qual `e la probabilit` a di comporre una parola che contiene una sola lettera “a”? b) Qual `e la probabilit` a di comporre una parola di 5 vocali? c) Qual `e la probabilit` a di comporre la parola “esame”? Si risponda alle precedenti domande nelle diverse due ipotesi: (i) le lettere possono essere ripetute, (ii) ogni lettera pu` o essere usata una sola volta. N.B. Vengono contate anche le parole di senso non compiuto! 4 5 × 20!/(20 − 4)! 5 −5 = 5/21; b)1/ [Risp: sotto (i): a) 5×20 ; Sotto (ii): a) 215 ; b)(5/21) ; c)21 (21)5

21 5


; c)0]

Esercizio 1.3.10 Quanti sono i possibili anagrammi (anche di senso non compiuto) della parola “PROVENZALI”? Se una scimmia ordina a caso le lettere della parola PROVENZALI, quanto vale la probabilit` a che la quinta lettera della parola composta sia una vocale e l’ultima una consonante? [Risp: 10!; 4/15] Esercizio 1.3.11 (Esame, CP INF 06/09/02) Consideriamo una ruota della roulette con 37 possibili diversi risultati: 0,1, . . . ,36. Il croupier lancia 10 volte la pallina. 1. Qual `e la probabilit` a di ottenere su 10 lanci della pallina la seguente sequenza (ordinata) di risultati (0, 0, 3, 6, 9, 12, 15, 14, 28, 14)? [Risp: 37−10 ] 2. Qual `e la probabilit` a di ottenere sui 10 lanci della pallina i seguenti risultati: sui primi due lanci 0, sui successivi cinque lanci un multiplo di 3 diverso da 0, e sugli ultimi tre lanci un multiplo di 14 diverso da 0? [Risp: 125 · 23 /3710 ] 3. Qual `e la probabilit` a di ottenere sui 10 lanci della pallina due volte zero, cinque volte un
multiplo di 3 diverso da 0 e tre volte un multiplo di 14, sempre diverso da 0? [Risp:
5 3 10 5 10 12 · 2 /37 ] 5 3

Esercizio 1.3.12 (Esempio (b) pag. 35 in [4]) Ciascuno dei 50 fra gli Stati Uniti d’America hanno due senatori. In una commissione di 50 senatori scelti a caso, qual `e la probabilit`a che (1) un assegnato stato sia rappresentato [Risp: 149/198]
(2) tutti gli stati siano rappresentati [Risp: 250 / 100 50 ]

Esercizio 1.3.13 (Esempio 1.4.8 in [5]) (1) Se una persona gioca a poker con un mazzo di 32 carte, in quanti modi pu` o essere servito? (2) Qual `e la probabilit` a che il giocatore abbia un tris “servito” (e non un gioco migliore)? Esercizio 1.3.14 Nell’Universit` a xxx, il docente del corso yyy ha distribuito 16 domande fra cui ne pescher` a 4 per la prova d’esame. Se uno studente prepara soltanto 4 domande, (1) qual `e la probabilit` a che proprio queste 4 domande costituiscano la prova d’esame? [Risp: 1/1820] (2) Qual `e la probabilit` a che almeno una delle domande preparate dallo studente sia estratta alla prova d’esame? [Risp: 265/364]

` CONDIZIONATA E INDIPENDENZA 1.4. PROBABILITA

5

Esercizio 1.3.15 (Esempio 1.4.9 pag. 15 in [5]) Estraendo con reimmissione n palline da un’urna che ne contiene M numerate da 1 a M e tenendo conto dell’ordine, quanto vale la probabilit` a che ciascuna delle n palline estratte sia diversa dalle altre? Esercizio 1.3.16 Allocando a caso 40 palline in 50 celle, quanto vale la probabilit`a che una assegnata cella contenga esattamente 30 palline? Quanto vale la probabilit`a che una assegnata cella contenga esattamente k palline, per k = 0, . . . , 40? Esercizio 1.3.17 Due carte vengono estratte “a caso” da un mazzo di 52 carte francesi. Calcolare la probabilit` a che
52
(a) siano entrambe di picche; [Risp: 13 / ] 2

252
4 13 (b) siano dello stesso seme; [Risp: 1 2 / 2 ]
4
52
(c) abbiano lo stesso numero; [Risp: 13 1 2 / 2
]
52
13 (d) una sia di picche e l’altra di cuori; [Risp: 13 1 / 2 ] 1 (e) la prima sia di picche e la seconda di cuori. [Risp: (13 × 13)/(52 × 51) ] Esercizio 1.3.18 In un gioco del poker con un mazzo di 32 carte (“variante Teresina”), (1) qual `e la probabilit` a che un giocatore riceva poker d’assi servito? (2) qual `e la probabilit` a che un giocatore riceva un poker servito? Esercizio 1.3.19 Un mazzo di 52 carte contenente esattamente 26 carte rosse e 26 nere viene diviso a met` a. Si determini la probabilit`a che ognuna delle due parti contenga carte rosse e nere in egual numero. Esercizio 1.3.20 Bianchi scommette con Rossi che estrarr` a 4 carte di 4 semi diversi da un mazzo di carte napoletane (che ne contiene 10 per ognuno dei quattro semi). Qual `e la probabilit` a che Bianchi vinca? Esercizio 1.3.21 (Esame CP TEL 21/11/02) Un’urna contiene 25 palline di cui 5 palline rosse, 5 gialle, 5 blu, 5 nere e 5 bianche. Vengono estratte in blocco 3 palline. (1) Calcolare la probabilit` a che le tre palline estratte siano tutte rosse. (2) Calcolare la probabilit` a che le tre palline estratte siano tutte dello stesso colore. (3) Calcolate la probabilit` a che le tre palline estratte siano tutte di colori diversi. Esercizio 1.3.22 (a) Si determini la probabilit`a che i 160 allievi di una classe festeggino il compleanno in 160 giorni diversi. (b) In un gruppo di cinque amici quanto vale la probabilit`a che (b.1) almeno 2 persone scelte a caso siano nate nello stesso giorno della settimana? (b.2) Esattamente 2 siano nate di domenica? Esercizio 1.3.23 In quanti modi 7 persone possono disporsi (a) su 7 sedie allineate? (b) Attorno a un tavolo circolare?

1.4 1.4.1

Probabilit` a condizionata e indipendenza Alcune formule importanti

Esercizio 1.4.1 Un’inchiesta sulla popolazione della citt`a xxx ha fornito i seguenti dati: il 10% della popolazione `e ricco (R), il 5% `e famoso (F ) e il 3% `e ricco e famoso. Per un cittadino di xxx scelto a caso, (a) Qual `e la probabilit` a che sia ricco ma non famoso? (b) Per un cittadino NON famoso, qual `e la probabilit`a di essere ricco? (c) Per un cittadino famoso, qual `e la probabilit`a di essere ricco?

6

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

Esercizio 1.4.2 Cinque biglietti di una lotteria sono rimasti invenduti. Fra questi c’`e il biglietto vincente. Due amici A e B decidono di comprarne uno a testa. A sceglie per primo il biglietto. (a) Qual `e la probabilit` a che A acquisti il biglietto vincente? (b) Qual `e la probabilit` a che B acquisti il biglietto vincente? (c) Qual `e la probabilit` a che B acquisti il biglietto vincente, se non `e stato acquistato da A? (d) Qual `e la probabilit` a che uno dei due vinca? Esercizio 1.4.3 (Esempio 1.13 in [11]) Un canale di comunicazione trasporta segnali di due tipi denominati 0 e 1. A causa del rumore alcune volte viene trasmesso 0, ma `e ricevuto 1; altre volte `e trasmesso 1 e ricevuto 0. Assumiamo che sia 0.94 la probabilit`a che un segnale trasmesso come 0 sia ricevuto correttamente e che sia 0.91 la probabilit`a che un segnale trasmesso come 1 sia ricevuto correttamente. Assumiamo che la probabilit`a di trasmettere 0 sia 0.45. Viene spedito un segnale. Trovare: 1) la probabilit` a di ricevere 1, 2) la probabilit` a di ricevere 0, 3) la probabilit` a che sia trasmesso 1, dato che `e ricevuto 1, 4) la probabilit` a che sia trasmesso 0, dato che `e ricevuto 0, 5) la probabilit` a di un errore. Esercizio 1.4.4 (Urne di Polya) Un’urna contiene 3 palline bianche e 5 nere. Si estrae una pallina a caso. Se la pallina estratta `e nera, la pallina viene riposta nell’urna insieme ad altre tre palline nere. Se, invece, la pallina estratta `e bianca, nessuna pallina `e riposta nell’urna. Si procede quindi a successive due estrazioni seguendo lo schema appena descritto. (a) Qual `e la probabilit` a di estrarre tre palline nere? (b) Qual `e la probabilit` a di estrarre tre palline dello stesso colore? Esercizio 1.4.5 (Esercizio 1.11 pag. 8 in [1]) Un’urna contiene 2 palline rosse e quattro nere. Due giocatori A e B giocano nel modo seguente: le palline vengono estratte ad una ad una e messe da parte. A vince se l’ultima pallina `e rossa, altrimenti vince B. a) Qual `e la probabilit` a che A vinca? b) Qual `e la probabilit` a che A vinca sapendo che la prima pallina estratta `e rossa? c) Qual `e la probabilit` a che A vinca e che la prima pallina estratta sia rossa? Esercizio 1.4.6 In un gioco televisivo viene messo in palio un 1 milione di euro. Per vincerlo il concorrente dovr` a indovinare fra tre buste qual `e quella che contiene la promessa di pagamento. Il concorrente sceglie a caso una busta; a questo punto il conduttore mostra una busta vuota offrendo al concorrente la possibilit` a di cambiare la propria busta con quella rimanente. Qual `e la probabilit` a di vincere il premio conservando la prima busta scelta? Qual `e la probabilit` a di vincere cambiando la busta? Qual `e la strategia migliore fra le due? ` noto che i gemelli possono essere dei Esercizio 1.4.7 (Esame MPSPS 07/02/01 (VO)) E veri gemelli, e in questo caso sono dello stesso sesso, o degli pseudo-gemelli, e in tal caso `e 1/2 la probabilit` a che siano dello stesso sesso. Sia p la probabilit`a che due gemelli siano veri gemelli. (1) Determinare la probabilit` a che due gemelli siano veri gemelli sapendo che sono dello stesso sesso. (2) Qual `e la probabilit` a che due gemelli siano di sesso diverso? Esercizio 1.4.8 Abbiamo due urne U1 , U2 . U1 contiene 2 palline bianche e 3 palline nere. U2 contiene 6 palline bianche e 4 nere. Si estrae a caso una pallina da un’urna. L’urna `e scelta seguendo un procedimento di casualizzazione che attribuisce probabilit`a p a U1 ed (1 − p) a U2 . Per quale valore di p la probabilit` a di estrarre pallina nera risulta uguale alla probabilit`a di estrarre a caso una pallina nera da un’urna con 7 palline nere ed 8 bianche?

` CONDIZIONATA E INDIPENDENZA 1.4. PROBABILITA

7

Esercizio 1.4.9 Una prima urna contiene 4 palline bianche e 3 palline nere e una seconda urna contiene 3 palline bianche e 5 palline nere. Estraggo una pallina dalla prima urna e senza guardarla la ripongo nella seconda; quindi estraggo una pallina dalla seconda urna. (1) Calcolare la probabilit` a che la pallina estratta dalla seconda urna sia nera. (2) Se la pallina estratta dalla seconda urna `e nera, `e pi` u probabile che la pallina estratta dalla prima urna fosse bianca o nera? Esercizio 1.4.10 (Esercizio 46 pag. 59 in [7]) Il 5% degli abitanti di un paese ha la pressione alta. Se il 75% delle persone con pressione alta beve alcolici mentre il 50% delle persone con pressione non alta non beve alcolici, qual `e la percentuale dei bevitori con pressione alta? Esercizio 1.4.11 Ho programmato di partire dopodomani per le vacanze. Ma, `e annunciato uno sciopero dei treni e io non ho nessuna intenzione di partire nel bel mezzo di uno sciopero. Comunque, so che `e in corso una trattativa sindacale e che se la trattativa avr` a successo lo sciopero verr` a revocato con probabilit` a dell’80%, mentre se la trattativa fallisce lo sciopero sar` a messo in atto con probabilit` a del 99%. Ho stimato inoltre la probabilit`a che la trattativa fallisca pari a 40%. (a) Calcolate la probabilit` a che io fra due giorni non riesca a partire a causa dello sciopero. (b) Se arrivata in stazione scopro che i treni viaggiano, quanto vale la probabilit`a che la trattativa abbia avuto successo? Esercizio 1.4.12 (Esame CP TEL; II recupero 18/09/03) Partendo dalla piazzetta del paese, Camillo pu` o raggiungere il porto, scegliendo fra sei diversi percorsi numerati da 1 a 6. Camillo sceglie il percorso lanciando un dado regolare. Per i = 1, . . . , 6, sia 1/(i + 1) la probabilit` a di raggiungere il porto in meno di 10 minuti, attraverso il percorso i. (1) Calcolate la probabilit` a che Camillo impieghi meno di 10 minuti per raggiungere il porto dalla piazzetta. (2) Calcolate la probabilit` a che Camillo non abbia scelto il percorso 1, sapendo che ha impiegato almeno 10 minuti per andare dalla piazzetta al porto. Esercizio 1.4.13 (Esame MPSPS 20/09/01 (VO)) Siano date due urne, urna A ed urna B. Nell’urna A ci sono 2 biglie bianche ed 1 biglia nera, nell’urna B c’`e 1 biglia bianca e 2 nere. Si lancia un dado; se esce un numero minore od uguale a 4 si pesca una biglia dall’urna A, altrimenti si pesca una biglia dall’urna B. (1) Calcolare la probabilit` a che la biglia estratta sia nera. [Risp: 4/9] (2) Calcolare la probabilit` a che sul dado sia uscito un numero minore od uguale a 4 sapendo che si `e estratta una biglia nera. [Risp: 1/2] (3) Calcolare la probabilit` a che sul dado sia uscito il numero 1 sapendo che si `e estratta una biglia nera. [Risp: 1/8] Esercizio 1.4.14 (CP INF 16/09/02 Esercizio 1.1) Un’urna contiene 6 palline di cui 3 bianche, 2 rosse ed 1 nera. Si estraggono senza reimmissione tre palline e si vince se una delle tre `e nera. 1. Si calcoli la probabilit` a di vincere. 2. Si calcoli la probabilit` a di vincere sapendo che la pallina nera non `e uscita nelle prime due estrazioni. 3. Sapendo di aver vinto, qual `e la probabilit`a che la pallina nera non sia uscita nelle prime due estrazioni? Esercizio 1.4.15 (CP INF 02/05/02 Esercizio 2) La ditta XYZ produce transistor per la realizzazione di circuiti elettronici. I transistor prodotti dalla ditta sono di due classi: classe A e classe B. Per testarne la durata, i transistor vengono sottoposti ad un “test di vita accelerata”. La probabilit` a che un transistor di classe A bruci dopo 5 minuti di test di vita accelerata `e pari a 0.2,

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

8

mentre la probabilit` a che un transistor di classe B bruci dopo 5 minuti di test di vita accelerata `e pari a 0.6. La ditta UVW utilizza i transistor prodotti da XYZ per assemblare circuiti elettronici dei quali garantisce la durata. A tal fine acquista solo transistor di classe A. Un giorno l’ufficio consegne della XYZ telefona alla UVW avvertendo che c’`e una piccola probabilit`a, pari al 10%, che l’ultimo lotto di transistor acquistato dalla UVW, a causa di un errore di consegne, sia costituito da transistor di classe B. La UVW sottopone un transistor proveniente dall’ultimo lotto acquistato ad un test di vita accelerato. 1. Calcolare la probabilit` a che il transistor bruci dopo 5 minuti di test. 2. Sapendo che il transistor `e bruciato, calcolare la probabilit`a che sia di classe A.

1.4.2

Indipendenza

Esercizio 1.4.16 (Esercizio 173 pag. 44 in [3]) Si effettuano due estrazioni con reimmissione da un’urna che contiene 100 palline numerate da 1 a 100. Siano A1 “la prima pallina estratta `e pari”, A2 := “la seconda pallina estratta `e pari” e B := “una sola pallina estratta `e pari”. Gli eventi A1 , A2 sono indipendenti? E A2 , B? E A1 , B? I tre eventi A, A2 , B sono indipendenti? Esercizio 1.4.17 (Esempio 1.9 pag. 28 in [11]) Si lanciano due dadi regolari. Siano A=“Il primo dado esibisce la faccia 1,2 o 3”, B=“Il primo dado esibisce la faccia 3,4 o 5”, C=“La somma dei due dadi `e 9”. Verificare che P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C). Gli eventi A, B, C sono indipendenti? Perch´e? Esercizio 1.4.18 La distribuzione dei dipendenti di una nuova compagnia telefonica `e la seguente: il 70% sono uomini e il 30% sono donne. Fra gli uomini, il 25% `e laureato, il 60% ha un diploma di scuola media superiore e il restante 15% ha la licenza media inferiore. Per le donne le tre percentuali sono rispettivamente, 35%, 60% e 5%. (1) Scelto un dipendente a caso, qual `e la probabilit`a che non sia laureato? (2) Scelto un dipendente a caso, qual `e la probabilit`a che sia donna e non laureata? (3) Scelto a caso un dipendente che `e laureato, qual `e la probabilit`a che sia uomo? (4) Sesso e livello di istruzione sono indipendenti? (5) La risposta al punto precedente cambia se la ripartizione delle dipendenti per livello di istruzione coincide con la ripartizione dei dipendenti per livello di istruzione? Esercizio 1.4.19 (Esame CPSMA, bio II recupero 17/09/02) Siano A =“il libro di probabilit`a XYZ della biblioteca del dipartimento in questo momento `e in prestito” e B =“il libro di probabilit` a ZWT della biblioteca del dipartimento in questo momento `e in prestito”. (1) Se P (A) = 0.5, P (B) = 0.4 e P (A ∪ B) = 0.65, calcolare la probabilit`a che entrambi i libri siano in prestito e la probabilit` a che esattamente uno dei due libri sia in prestito. (2) Se invece P (A ∪ B) = 0.7 e ciascuno dei due libri viene preso in prestito indipendentemente dall’altro ma con uguale probabilit` a, calcolare P (A). (3) Se invece so che P (A ∪ B) = 0.7 e la probabilit`a che esattamente un libro sia in prestito `e 0.5, posso determinare P (A) e P (B)? (Giustificare adeguatamente la risposta). Esercizio 1.4.20 (Esame MPSPS 21/06/01 (VO)) Filiberto possiede 5 monete di cui 3 eque e 2 truccate in modo tale che se lanciate diano sempre testa. Filiberto sceglie a caso una delle 5 monete e la lancia 3 volte. (1) Calcolare la probabilit` a di ottenere 3 teste. (2) Supponiamo che dopo aver lanciato 3 volte la moneta Filiberto abbia ottenuto 3 teste. Ora Filiberto `e (erroneamente!) convinto che lanciando la stessa moneta una quarta volta otterr`a croce con grande probabilit` a. Calcolare la probabilit`a di ottenere croce al quarto lancio sapendo che nei primi tre si `e ottenuto testa.

` CONDIZIONATA E INDIPENDENZA 1.4. PROBABILITA

9

(3) Supponendo che al quarto lancio Filiberto abbia ottenuto ancora testa, calcolare la probabilit` a che la moneta che Filiberto ha lanciato quattro volte sia una di quelle truccate. Esercizio 1.4.21 (Esame MPSPS 19/04/01 (VO)) Tacito `e appassionato di pesca, in particolare ama pescare trote. Per questo si reca nella “Valle della Trota”. La valle `e famosa per i suoi due laghi, il “Lago d’Oro” ed il “Lago d’Argento”, entrambi pescosissimi, ma mentre il primo `e popolato interamente da trote per il secondo si stima che solo il 60% dei pesci in esso presenti siano trote (le uniche prede di interesse per Tacito). Tacito arriva al bivio tra i due laghi ma non ricorda quale dei due sia quello con pi` u trote, cos`ı rimette la scelta del lago al caso lanciando una moneta (equilibrata). Tacito `e un ottimo pescatore e sicuramente pescher` a almeno un pesce, inoltre essendo uno sportivo quando pesca un pesce smette di pescare per l’intera giornata. Prima di sera ha catturato un pesce. (1) Calcolare la probabilit` a che il pesce pescato da Tacito sia una trota. (2) Sapendo che Tacito ha pescato una trota, calcolare la probabilit`a che l’abbia pescata dal “Lago d’Oro”. (3) Il giorno seguente, rincuorato dal risultato della giornata precedente torna al lago del giorno precedente. Calcolare la probabilit` a che peschi una trota (sapendo che il giorno prima ne ha pescata una e che i risultati della pesca in uno stesso lago in giorni differenti possono essere considerati indipendenti). Esercizio 1.4.22 (Esempio 1.5.34 pag. 23 in [5]) Un tribunale sta investigando sulla possibilit` a che sia accaduto un evento E molto raro e a tal fine interroga due testimoni, Arturo e Bianca. L’affidabilit` a dei due testimoni `e nota alla corte: Arturo dice la verit`a con probabilit`a α e Bianca con probabilit` a β, e i loro comportamenti sono indipendenti. Siano A e B gli eventi Arturo e Bianca rispettivamente affermano che E `e accaduto, e sia p = P (E). Qual `e la probabilit` a che E sia accaduto sapendo che Arturo e Bianca hanno dichiarato che E `e accaduto? Assumendo α = β = 0.9 e p = 10−3 , quale conclusione ne traete?

1.4.3

Affidabilit` a di un sistema

Definizione 1 Dato un sistema S costituito dai componenti A1 , . . . , An , si chiama affidabilit` a del componente Aj la probabilit` a che il componente funzioni (nel senso che fornisca certe prestazioni in limiti di tempo e condizioni prefissate) ed affidabilit` a di S la probabilit`a che S funzioni. Se i componenti sono supposti tra loro indipendenti e sono connessi in serie (cio`e il sistema funziona se e solo se tutti i componenti funzionano) allora l’affidabilit`a del sistema `e: (Sistema in serie)

P (S) = P (A1 ) · · · P (An )

Se i componenti sono supposti tra loro indipendenti e sono connessi in parallelo (cio`e il sistema funziona se e solo se almeno un componente funziona) allora l’affidabilit`a del sistema `e: (Sistema in parallelo)

P (S) = 1 − (1 − P (A1 )) · · · (1 − P (An ))

Esercizio 1.4.23 Si determini l’affidabilit`a del sistema in Figura 1.1, posto che i componenti funzionino in modo indipendente e con la stessa affidabilit`a p = 0.8. Esercizio 1.4.24 Qual `e l’affidabilit` a di un sistema formato da tre componenti in serie A1 , A2 , A3 che funzionano in modo indipendente e le cui affidabilit`a sono rispettivamente 0.8, 0.7, 0.6? Per aumentare l’affidabilit` a del sistema, un tecnico propone due soluzioni alternative: (a) Aggiungere un sistema identico in parallelo come nella Figura 1.2 (cio`e, B1 , B2 , B3 sono indipendenti tra di loro e indipendenti da A1 , A2 , A3 e hanno affidabilit`a 0.8, 0.7, 0.6, rispetttivamente) (b) triplicare il sottosistema 2–3 costituito dai componenti pi` u fragili secondo lo schema della Figura 1.3 (B2 e C2 hanno la stessa affidabilit`a di A2 e B3 , C3 di A3 . Inoltre, i 7 componenti del nuovo sistema S2 funzionano tutti in modo indipendente) Quale fra le soluzioni (a) e (b) `e la pi` u efficiente?

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

10 1

2

3

4

5

6

Figura 1.1: Sistema Esercizio 1.4.23

A1

A2

A3

B1

B2

B3

Figura 1.2: Sistema S2

Esercizio 1.4.25 (Esempio 1.11 in [11]) Calcolate l’affidabilit`a del sistema S4 in figura 1.4, costituito da una copia del componente R1 , una del componente R2 , tre del componete R3 , 2 del componente R4 e una del componente R5 , sapendo che i componenti R1 , R2 , R3 , R4 , R5 sono indipendenti e hanno affidabilit` a 0.95, 0.99, 0.7, 0.75, 0.9 rispettivamente.

1.5

Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 1

Esercizio 1.1.2 (1) A ∪ B ∪ C (2)

      c A ∩ (B c ∩ C c ) ∪ B ∩ (C c ∩ Ac ) ∪ C ∩ (B c ∩ Ac ) ∪ A ∪ B ∪ C

(3) Ac ∩ B c ∩ C c (4) A ∩ B ∩ C      (5) A∩(B c ∩C c ) ∪ B ∩(Ac ∩C c ) ∪ C ∩(B c ∩Ac ) = (A\(B ∪C))∪(B \(A∪C))∪(C \(A∪B)) (6) (A ∩ B ∩ C c ) ∪ (A ∩ B c ∩ C) ∪ (Ac ∩ B ∩ C) = (A ∩ B \ C) ∪ (A ∩ C \ B) ∪ (B ∩ C \ A) Esercizio 1.1.3 a) Ω = {T T, T C, CT, CC}; 1. A=“Antonio vince” = {T T, T C} 2. B=“Benedetto vince” = {T C, CC} 3. Ac = {CT, CC} 4. B c = {T T, CT } 5. A ∩ B = {T C} 6. A \ B = {T T } 7. B \ A = {CC} 8. A ∪ B = {T T, T C, CC} 9. Ac ∩ B c = (A ∪ B)c = {CT } 10. A∆B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) = {T T, CC} 11. ∅ 12. Ω Esercizio 1.2.1 Introdotti gli eventi U =“La consegna `e urgente” e C =“La consegna `e in citt`a”, dobbiamo calcolare: a) P (C ∩ U )

11

1.5. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 1 A2

A3

B2

A1

B3

C2

C3

Figura 1.3: Sistema S3

R3

R4

R1

R2

R5

R3

R4

R3

Figura 1.4: Sistema S4

b) P (C c ∪ U c ) c) P (U \ C) = P (U ∩ C c ) conoscendo le probabilit` a dei seguenti eventi: i)P (C c ) = 0.4 ii) P (U ) = 0.3. iii) P (C \ U ) = P (U c ∩ C) = 0.4. Osservando che C ∩ U = C \ (C \ U ) e che (C \ U ) ⊂ C, deduciamo che: a) P (C ∩ U ) = P (C \ (C \ U )) = P (C) − P (C \ U ) = (1 − P (C c )) − P (C \ U ) = 1 − 0.4 − 0.4 = 0.2; b) P (C c ∪ U c ) = 1 − P ((C c ∪ U c )c ) = 1 − P ((C c )c ∩ (U c )c ) = 1 − P (C ∩ U ) = 1 − 0.2 = 0.8. Infine, poich´e U \ C = U \ (C ∩ U ) e (C ∩ U ) ⊂ U , allora c) P (U \ C) = P (U ) − P (C ∩ U ) = 0.3 − 0.2 = 0.1 Esercizio 1.2.2 Indichiamo con A l’evento “lo studente supera l’esame A”, con B l’evento “lo studente supera l’esame B” e con C l’evento “lo studente supera l’esame C”. Allora le probabilit`a richieste sono: 1. P (Ac ) = 1 − P (A) = 0.6; 2. P (A ∩ B c ) = P (A \ (A ∩ B)) = P (A) − P (A ∩ B) = 0.4 − 0.35 = 0.05; 3. P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − [P (A ∩ B) + P (A ∩ C) + P (B ∩ C)] + P (A ∩ B ∩ C) = 0.4 + 0.5 + 0.3 − 0.35 − 0.2 − 0.25 + 0.15 = 0.55; 4. P (Ac ∩ B c ∩ C c ) = P ((A ∪ B ∪ C)c ) = 1 − 0.55 = 0.45. Esercizio 1.2.3 1. No. Ragioniamo per assurdo: A ∩ B = ∅ ⇒ A ⊂ B c ⇒ P (A) ≤ P (B c ). Ossia, 1/3 ≤ 1/4: assurdo! 2. Se A e B sono incompatibili, allora P (B) = P (A ∪ B) − P (A) = 3/4 − 1/4 = 1/2. 3. Nessuna delle due affermazioni `e vera. Infatti,

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

12

A ⊂ A ∪ B ⇒ P (A) ≤ P (A ∪ B) e B ⊂ A ∪ B ⇒ P (B) ≤ P (A ∪ B), da cui otteniamo P (A ∪ B) ≥ P (A) ∨ P (B) = 3/8 > 1/4. Inoltre, P (A ∪ B) ≤ P (A) + P (B) = 6/8 < 7/8. 4. A ∩ B ⊂ A ⇒ P (A) ≥ P (A ∩ B) e A ∩ B ⊂ B ⇒ P (B) ≥ P (A ∩ B), da cui otteniamo: P (A ∩ B) ≤ P (A) ∧ P (B) = 3/8. 5. P (A ∩ B) = 1 − P ((A ∩ B)c ) = 1 − P (Ac ∪ B c ) e P (Ac ∪ B c ) ≤ P (Ac ) + P (B c ) = 2 − P (A) − P (B). Quindi, P (A ∩ B) ≥ P (A) + P (B) − 1. In generale valgono le seguenti disuguaglianze: max{P (A), P (B)} ≤ P (A ∪ B) ≤ P (A) + P (B) P (A) + P (B) − 1 ≤ P (A ∩ B) ≤ min{P (A), P (B)}. Esercizio 1.3.2 Lo spazio campionario relativo all’esperimento aleatorio del lancio della moneta `e Ω = {T, C}. Poniamo P (T ) = x: allora deve essere P (C) = 4x. I due eventi sono incompatibili ed esauriscono Ω, quindi P (T ) + P (C) = x + 4x = 1 = P (Ω) da cui 5x = 1 e P (T ) = 0.2. Esercizio 1.3.3 I pesi assegnati suggeriscono che, scelta una persona a caso in una certa popolazione, i possibili risultati elementari sono riassunti nello spazio campionario Ω = {0, 1, . . . , n}. Essendo lo spazio finito, la funzione di probabilit`a (dipendente dai pesi dati) sar` a una funzione definita sull’insieme potenza P(Ω) –costituito da 2n elementi– nel seguente modo: ( cp(1 − p) se k = 0 (1.1) P ({k}) = cpk se k = 1, . . . , n (p ∈ (0, 1)). P in (1.1) `e una probabilit` a su (Ω, P(Ω)) se i) cp(1 − p) ≥ 0 ii) cpk ≥ 0 ∀k = 1, . . . , n Pn iii) cp(1 − p) + k=1 cpk = 1.

Segue Pn da i) e da ii) che necessariamente c > 0: se fosse c = 0 allora P ({k}) = 0 ∀k e k=0 P ({k}) = 0: assurdo! Inoltre n X

pk =

k=1

n X

k=0

pk − 1 =

1 − pn+1 − 1 + p 1 − pn 1 − pn+1 −1= =p 1−p 1−p 1−p

da cui, in virt` u della condizione iii): c=

1 p[(1 − p) +

1−pn 1−p ]

=

1−p 1 . 2 p (1 − p) + 1 − pn

Se n = 5 e p = 1/2, allora c = 32/39, A= “una persona scelta a caso possiede almeno due appartamenti” ={2, 3, 4, 5} e P (A) = 1 − P ({0, 1}) = 1 − 32/39 ∗ 1/4 − 32/39 ∗ 1/2 = 15 39 . Esercizio 1.3.8 Se estraiamo a caso senza reimmissione 7 lettere da un insieme di 21, ogni possibile parola componibile `e una stringa (ordinata) di 7 elementi tutti diversi tra di loro, e quindi il numero dei casi elementari corrispondenti a questo eserimento coincide con il numero di disposizioni semplici di 21 elementi in 7 classi, cio`e 21 · 20 · · · 15 = 586051200. Sia A l’evento:“Compongo una parola che inizia e finisce per vocale”. Il numero di parole di sette lettere che cominciano e finiscono per vocale, quando le lettere non si possono ripetere, pu`o essere calcolato nel seguente modo: il primo posto posso riempirlo usando una delle 5 vocali dell’alfabeto e il settimo usando una delle 4 rimanenti. A questo punto, le lettere dell’alfabeto rimaste sono 19 e quindi la stringa interna di 5 posti posso riempirla in 19 · 18 · 17 · 16 · 15 modi diversi. Segue

13

1.5. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 1

che 4 · 5 · 19 · 18 · 17 · 16 · 15 rappresenta il numero di casi favorevoli all’evento A. In definitiva, la probabilit` a cercata vale: P (A) =

4 · 5 · 19 · 18 · 17 · 16 · 15 20 1 = = ' 0.0477 21 · 20 · · · 15 21 · 20 21

2. Se le estrazioni avvengono con reimmissione allora lo spazio campionario connesso all’esperimento `e l’insieme delle disposizioni con ripetizione di 21 oggetti di classe 7. Esse sono in tutto 217 . In questo caso A ha cardinalit` a 52 · 215 , poich´e primo e settimo posto possono essere riempiti usando una delle 5 vocali dell’alfabeto e la stringa interna di 5 posti usando una qualunque delle 21 lettere. Segue ora che 25 52 · 215 = ' 0.057 P (A) = 215 441 3. Se le estrazioni avvengono con reimmissione, allora P (”le lettere nella parola estratta sono tutte diverse)= 21···15 217 ' 0.3254 Esercizio 1.3.18 Le 32 carte del mazzo sono cos`ı ripartite: quattro semi, per ognuno dei quali si hanno le 8 carte distinte: A, K, Q, J, 10, 9, 8, 7.
Ogni mano `e un insieme di 5 carte scelte dal 1 a 32 mazzo. Allora: il numero di mani possibile `e 32 5 = 201376: Ciascuna mano ha probabilit` (5) di essere servita.

1. Sia A l’evento: “il giocatore riceve un poker d’assi servito”. Allora |A| = 44 32−4 = 28 e 1 P (A) =

28
32 = 0.0001390434 5

2. Sia B l’evento: “il giocatore riceve un poker servito”. In un mazzo di 32 carte il poker servito pu` o essere di 8 valori diversi e la probabilit`a di ottenere un poker servito d’assi `e uguale alla probabilit` a di ricevere un poker servito di un altro valore. Inoltre, gli eventi “il giocatore riceve poker servito d’assi”, di K, . . . sono incompatibili tra di loro. Quindi P (B) = 8 · P (A) = 0.001112347.
Esercizio 1.3.19 Ci sono 52 26 (=
# di combinazioni semplici di 52 oggetti di classe 26) modi di scegliere 26 carte tra 52, quindi 52 26 modi di dividere il mazzo (casi possibili). Ci sono esattamente 26 carte rosse tra le 52 carte; se ognuna delle due parti del mazzo deve contenere carte rosse e nere in egual numero,
ognuna dovr` a contenere 13 carte rosse. Scelgo quindi le 13 carte rosse di
26 modi e le rimanenti 13 carte tra le 26 nere in modi. Dunque una prima met` a in 26 13 13 P (“ciascuna parte contiene carte rosse in egual numero”) =




26 13

52 26




26 13




' 0.218126.

Esercizio 1.3.20 L’esperimento `e del tipo estrazione senza reimmissione di un campione non ordinato di ampiezza 4 da un insieme di 40 elementi di cui 10 del tipo bastoni, 10
del tipo coppe, 10 del tipo denari e 10 del tipo spade. Lo spazio campionario ha cardinalit`a 40 4 , mentre i casi favorevoli all’evento E =“estrarre 4 carte di 4 semi diversi da un mazzo di carte napoletane” sono

4 40
10 4 , da cui P (E) = 10 / 4 ' 0.11. 1 1 Esercizio 1.3.22 (a) Sia A l’evento “i 160 allievi festeggiano il compleanno in giorni diversi” e pensiamo l’anno formato (sempre) da 365 giorni. Immaginando di avere etichettato i 160 allievi con un numero da 1 a 160, lo spazio campionario Ω `e costituito dalle 160-uple (ordinate) dei giorni di compleanno dei 160 allievi: Ω = {(s1 , . . . , s160 ) : sj = 1, . . . , 365; j = 1, . . . , 160}

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

14

[dove sj = 1 significa che il j-esimo allievo `e nato il primo gennaio, . . ., sj = 365 significa che il j-esimo allievo `e nato il 31 dicembre] e A = {(s1 , . . . , s160 ) ∈ Ω : si 6= sj ∀i 6= j}. Se supponiamo ogni caso elementare di Ω egualmente probabile allora P (A) = |A| |Ω| . I casi possibili 160 sono 365 (= numero di disposizioni con ripetizione di 365 oggetti di ordine 160) mentre i casi favorevoli sono 365 · 364 · · · (365 − 159) = 365!/(365 − 160)! (= numero di disposizioni senza ripetizione di 365 elementi di ordine 160). Dunque P (A) =

(365)160 ' 10−19 365160

Nota 1 Sostituiamo ora a 160, un generico n ≤ 365. Allora P (Ac ) = 1 − P (A) `e la probabilit`a che 2 o pi` u allievi fra i 160 festeggino il compleanno lo stesso giorno. Si pu`o calcolare che per n = 22 P (Ac ) > 50%, per n = 50 P (Ac ) ' 97% e per n = 100 P (A) ' 1. Nota 2 Assegnare ad ogni evento elementare (a1 , . . . , a160 ) ∈ Ω probabilit`a P ({(a1 , . . . , a160 )}) =

1 365160

corrisponde ad assumere per il modello delle nascite degli allievi le seguenti ipotesi: i) la probabilit` a che un allievo scelto a caso nasca nel giorno j `e la stessa per ogni j = 1, . . . , 365; ii) i giorni in cui sono nati i 160 studenti sono indipendenti tra di loro nel seguente senso: fissata la stringa (a1 , . . . , a160 ), consideriamo gli eventi E1 =“lo studente con etichetta 1 `e nato nel giorno a1 ”, . . . , E160 =“lo studente con etichetta 160 `e nato nel giorno a160 ”. Allora E1 , . . . , E160 sono indipendenti. (b) In questo caso, lo spazio campionario `e Ω2 = {(s1 , . . . , s5 ) : sj = 1, . . . , 7 j = 1, . . . , 5} che ha cardinalit` a |Ω2 | = 75 . (b.1) Consideriamo l’evento B=“I cinque amici sono nati in giorni diversi della settimana”. I casi favorevoli sono costituiti dalle 5-uple (s1 , . . . , s5 ) tali che si 6= sj per i 6= j, che sono un esempio di disposizioni senza ripetizione di ordine 5 tra 7 elementi. B ha probabilit`a: (7 · 6 · 5 · 4 · 3)/75 . Pertanto la probabilit` a cercata vale 1 − 360 74 ' 0.85.
(b.2) Scegliamo le 2 persone nate la domenica tra le 5 in 52 modi; rimangono 3 persone, per le quali
scegliamo i giorni della settimana in cui sono nate in 63 modi. Quindi, la probabilit` a cercata 5 3 6 `e: 2 5 = 0.027648. 7 Esercizio 1.3.23 (a) Sono i modi di ordinare 7 oggetti (permutazioni), cio`e 7!. (b) Se consideriamo i posti intorno al tavolo numerati, allora si hanno 7! modi di sedersi. Se per`o consideriamo che la posizione relativa delle persone rispetto al tavolo `e ininfluente, cio`e consideriamo due configurazioni equivalenti se si ottengono mediante una rotazione “rigida” attorno al tavolo, si vede che il numero di configurazioni possibili diventano: 7!/7 = 6!. Esercizio 1.4.1 Poich´e P (R) = 0.1, P (F ) = 0.05 e P (R ∩ F ) = 0.03, allora (a) P (R ∩ F c ) = P (R) − P (R ∩ F ) = 0.1 − 0.03 = 0.07 = 7%; c ) 0.07 7 (b) P (R|F c ) = P P(R∩F (F c ) = 1−0.05 = 95 ≈ 0.07368; (c) P (R|F ) =

P (R∩F ) P (F )

=

0.03 0.05

= 60%.

Esercizio 1.4.2 Siano A e B gli eventi A=“Il signor A compra il biglietto vincente” e B=“Il signor B compra il biglietto vincente”. Se A compra per primo il biglietto e B per secondo, allora l’insieme dei possibili risultati associati a tale acquisto `e Ω = {A ∩ B c , Ac ∩ B, Ac ∩ B c }

15

1.5. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 1 con P (A ∩ B c ) =

1 4·1 1 1·4 = ; P (Ac ∩ B) = = ; 5·4 5 5·4 5

P (Ac ∩ B c )=

4·3 3 = . 5·4 5

Pertanto: (a) P (A) = P (A ∩ B c ) = 51 (b) P (B) = P (B ∩ Ac ) = 51 . c ) 1 = 1/5 a di estrarre un biglietto vincente dall’insieme (c) P (B|Ac ) = P P(B∩A (Ac ) 4/5 = 4 =(Probabilit` dei quattro biglietti rimasti di cui uno `e vincente) (d) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) = 25 . Nota 3 Si osservi che A e B hanno la stessa probabilit`a di vincere; ma la probabilit` a che B vinca cambia se abbiamo l’ulteriore informazione che A non ha acquistato il biglietto vincente!!! ` trasmesso i” ed Ri =“E ` ricevuto i”, per i = 0, 1. Esercizio 1.4.3 Siano Ti , Ri gli eventi Ti =“E Dobbiamo calcolare 1)P (R1 ), 2) P (R0 ), 3) P (T1 |R1 ), 4) P (T0 |R0 ) e 5) P ([R0 ∩ T1 ] ∪ [R1 ∩ T0 ]), a partire dalle seguenti probabilit` a assegnate: 0.94 = P (R0 |T0 ) 0.91 = P (R1 |T1 ) 0.45 = P (T0 ). Applicando la formula delle probabilit`a totali otteniamo: P (R1 ) = P (R1 |T1 )P (T1 ) + P (R1 |T0 )P (T0 ) = 0.91(1 − 0.45) + (1 − 0.94)0.45 = 0.5275

(1)

P (R0 ) = 1 − P (R1 ) = 1 − 0.5275 = 0.4725.

(2)

Per la formula di Bayes: (3) (4)

(5)

P (R1 |T1 )P (T1 ) 0.91(1 − 0.45) 1001 = = ' 0.9488 P (R1 ) 0.5275 1055 0.94 · 0.45 94 P (R0 |T0 )P (T0 ) = = ' 0.8952. P (T0 |R0 ) = P (R0 ) 0.4725 105

P (T1 |R1 ) =

P (R0 ∩ T1 ∪ R1 ∩ T0 ) = P (R0 ∩ T1 ) + P (R1 ∩ T0 )

= P (R0 |T1 )P (T1 ) + P (R1 |T0 )P (T0 ) = [1 − P (R1 |T1 )]P (T1 ) + [1 − P (R0 |T0 )]P (T0 ) = 0.09 · 0.55 + 0.06 · 0.45 = 0.0765

Esercizio 1.4.4 Siano Ni =“La i-esima pallina estratta `e nera” e Bi =“La i-esima pallina estratta `e bianca” per i = 1, 2, 3. (a) Per la formula di moltiplicazione: P (N1 ∩ N2 ∩ N3 ) = P (N1 )P (N2 |N1 )P (N3 |N1 ∩ N2 ) =

5 8 11 5 · · = ≈ 0.3571429, 8 11 14 14

poich´e P (N1 ) =

5 5 = 5+3 8

5+3 8 = 8+3 11 11 P (N3 |N1 ∩ N2 ) = P (“estrarre una pallina nera da un’urna con 3 bianche e (8+3) nere”) = 14 P (N2 |N1 ) = P (“estrarre una pallina nera da un’urna con 3 bianche e (5+3) nere”) =

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

16

(b) La probabilit` a cercata `e P (B1 ∩ B2 ∩ B3 ) + P (N1 ∩ N2 + N3 ) = 1/56 + 5/14 = 21/56 = 3/8 = 0.375, poich´e P (B1 ∩ B2 ∩ B3 ) = P (B1 )P (B2 |B1 )P (B3 |B1 ∩ B2 ) =

3 2 1 1 · · = . 8 7 6 56

Esercizio 1.4.5 Lo schema di riferimento `e quello del campionamento senza reimmissione e in cui interessa l’ordine. Per contare, possiamo pensare le palline rosse numerate da 1 a 2 e quelle nere da 3 a 6. Siccome il numero delle estrazioni `e pari al numero di palline presenti nell’urna, in tutto possiamo ottenere 6! sequenze diverse di palline. Sia ora A l’evento “Vince A”=“L’ultima pallina estratta `e rossa”. Allora A si verifica se e solo l’ultima posizione `e occupata da una pallina rossa. A ha cardinalit` a 5! · 2 e quindi 1 a) P (A) = 2∗5! = 6! 3. b) Sia R =“Prima pallina estratta `e rossa”. Dobbiamo calcolare P (A|R). Ma P (A|R) = P (“estraendo 5 palline senza reimmissione da un’urna che ne contiene 5 di cui 1 rossa e 4 nere, l’ultima estratta `e rossa”) = 4!/5! = 1/5. c) Poich´e P (R) = 2/6, allora P (A ∩ R) = P (A|R)P (R) =

1 1 1 · = 5 3 15

Esercizio 1.4.6 Poich`e la probabilit` a di scegliere la busta contenente la promessa di pagamento `e 1/3, se il concorrente decide di conservare la prima busta scelta, la probabilit`a di vincere `e 1/3. Con la seconda strategia –consistente nel cambiare la busta che si ha in mano con la busta rimanente dopo che il conduttore ne ha mostrata una vuota– il concorrente vince se e solo se inizialmente ha scelto una delle due buste vuote. Pertanto, con la strategia del cambio della busta, la probabilit`a di vincere `e pari a 2/3. Conviene la strategia di cambiare busta. Esercizio 1.4.7 Sia V := “i due gemelli sono veri gemelli”,

S := “i due gemelli sono dello stesso sesso”.

1. La probabilit` a richiesta `e P (V |S) =

p 2p P (S|V )P (V ) = . = 1 P (S|V )P (V ) + P (S|V c )P (V c ) p +1 p + 2 (1 − p)

2. P (S c ) = 1 − p − 21 (1 − p) = 21 (1 − p). Esercizio 1.4.8 Calcoliamo prima la probabilit`a di estrarre una pallina nera (N ) scegliendo l’urna fra U1 e U2 in modo tale che P (U1 ) = p. Allora, per la formula delle probabilit` a totali: P (N ) = P (N |U1 )p + P (N |U2 )(1 − p) =

3 4 2 1 p+ (1 − p) = + p 2+3 6+4 5 5

Se invece, ora calcolo la probabilit` a di estrarre pallina nera dall’urna U = U1 ∪ U2 , ottengo 3+4 7 7 = . Quindi, le due probabilit` a sono uguali se 52 + p 15 = 15 , da cui ottengo pˆ = 13 . 7+8 15 Nota 4 Si osservi che se p = 0.5 (praticamente lancio una moneta equa per decidere l’urna da 7 cui estrarre), allora la probabilit` a di estrarre nera da una delle due urne distinte `e 12 > 15 . In generale, per valori di p 6= pˆ, i due procedimenti di estrazione sono diversi. Esercizio 1.4.9 1. P (N2 ) = P (N2 |N1 )P (N1 ) + P (N2 |B1 )P (B1 ) =

3 6 3+5+1 4+3

+

5 4 3+5+1 4+3

=

38 63

1.5. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 1

17

(N1 ) 9 = 18/63 2. P (N1 |N2 ) = P (N2P|N(N1 )P 38/63 = 19 < 0.5. Osservando che P (N1 |N2 ) + P (B1 |N2 ) = 1, 2) segue che P (B1 |N2 ) > P (N1 |N2 ), cio`e, se la pallina estratta dalla seconda urna `e nera, `e pi` u probabile che la pallina estratta dalla prima urna fosse bianca.

Esercizio 1.4.10 Siano A=“Pressione alta” e B=“Bevitore di alcolici”. L’esercizio fornisce i seguenti dati: P (A) = 5%, P (B|A) = 75% e P (B c |Ac ) = 50%. Quindi, calcoliamo la percentuale dei bevitori con pressione alta come P (A|B). Applicando il teorema di Bayes otteniamo P (A|B) = 375 5125 ' 7.32%. Esercizio 1.4.11 Siano S =“lo sciopero `e messo in atto e T =“la trattativa ha successo”. Allora, P (S c |T ) = 0.8, P (S|T c) = 0.99 e P (T c ) = 0.4 e (a) P (S) = P (S | T )P (T ) + P (S|T c )P (T c ) = (1 − 0.8) · (1 − 0.4) + 0.99 · 0.4 = 0.516. (b) Si cerca P (T |S c ). Si ricava P (S c ) = 1 − P (S) = 1 − 0.516 = 0.484 e quindi, per il teorema di Bayes, 0.8 · 0.6 P (S c |T )P (T ) = = 0.9917. P (T |S c ) = c P (S ) 0.484 Esercizio 1.4.12 Definiamo i seguenti eventi: Ci =“Camillo sceglie il percorso i-esimo” e T =“Camillo impiega meno di 10 minuti per andare dalla piazzetta al porto”. 1. Utilizzando la formula delle probabilit`a totali abbiamo P (T ) =

6 X i=1

2. Dobbiamo calcolare P (C1 |T c ) =

P (T |Ci )P (Ci ) = (1/6)

P (C1c |T c )

6 X i=1

1 1 669 223 = · = ' 0.2654762 i+1 6 420 840

c

= 1 − P (C1 |T ). Per il Teorema di Bayes,

P (T c |C1 )P (C1 ) (1 − P (T |C1 ))P (C1 ) (1 − 1/2) · (1/6) 70 = = = , c P (T ) 1 − P (T ) 1 − 223/840 617

quindi, la probabili` a cercata vale P (C1c |T c ) = 1 − P (C1 |T c ) = 1 − 70/617 = 547/617 ' 0.8865 Esercizio 1.4.16 Le possibili coppie di risultati delle due estrazioni dall’urna sono Ω = {(p1, p2), (p1, d2), (d1, p2), (d1, d2)} Poich`e le estrazioni sono effettuate con reimmissione e nell’urna vi `e un egual numero di pari e dispari (50), allora tutte le coppie hanno eguale probabilit`a pari a 1/4. Inoltre, P (A1 ) = P {(p1, p2), (p1, d2)} = 1/2; P (A2 ) = P {(p1, p2), (d1, p2)} = 1/2; P (B) = P {(p1, d2), (d1, p2)} = 1/2; P (A1 ∩ A2 ) = P {(p1, p2)} = 1/4 = P (A1 )P (A2 ); P (A1 ∩ B) = P {(p1, d2)} = 1/4 = P (A1 )P (B); P (A2 ∩ B) = P {(d1, p2)} = 1/4 = P (A2 )P (B); ma, P (A1 ∩ A2 ∩ B) = 0 < P (A1 )P (A2 )P (B). Pertanto gli eventi A1 , A2 e B sono indipendenti a coppie ma non indipendenti Nota 5 Dati tre eventi, l’indipendenza a coppie non implica l’indipendenza dei tre eventi. Esercizio 1.4.18 Siano D : “il dipendente `e donna”, U : “il dipendente `e uomo” , M : “il dipendente ha la licenza media inferiore”, S : “il dipendente ha un diploma di scuola media superiore” e L : “il dipendente `e laureato”. Allora P (D) = 0.30 e P (U ) = 0.70; P (M | D) = 0.05, P (S | D) = 0.60 e P (L | D) = 0.35; P (M | U ) = 0.15, P (S | U ) = 0.60 e P (L | U ) = 0.25.

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

18

1 Per la regola delle probabilit` a totali, P (L) = P (L | D)P (D) + P (L | U )P (U ) = 0.35 · 0.30 + 0.25 · 0.70 = 0.28. Quindi, P (Lc ) = 1 − P (L) = 0.72;

2 P (D ∩ Lc ) = P (Lc | D)P (D) = (1 − 0.35)0.30 = 0.195;

3 Per il Teorema di Bayes: P (U | L) = P (L | U )P (U )/P (L) = 0.25 · 0.70/0.28 = 0.625;

4 Poich`e P (L | D) = 0.35 > 0.28 = P (L), sesso e livello di istruzione non sono indipendenti. Possiamo dire che c’`e una concordanza positiva fra essere donna e laureato: sapendo che un dipendente `e donna `e pi` u probabile che sia laureato.

5 Diversamente da prima, se P (M | D) = 0.15, P (S | D) = 0.60 e P (L | D) = 0.25, allora P (L) = P (L | D)P (D) + P (L | U )P (U ) = 0.25 · 0.30 + 0.25 · 0.70 = 0.25 = P (L | D)

P (S) = P (S | D)P (D) + P (S | U )P (U ) = 0.6 · 0.30 + 0.6 · 0.70 = 0.6 = P (S | D)

Possiamo concludere che con la nuova assegnazione di probabilit`a sesso e livello di istruzione sono indipendenti. Nota 6 Notate quindi che l’indipendenza `e una propriet`a della probabilit`a: se gli eventi sono indipendenti rispetto a una funzione di probabilit`a P , non `e detto che cambiando P gli eventi restino indipendenti. Per quanto riguarda invece la relazione fra indipendenza e incompatibilit` a, notate che ovviamente gli eventi D e U di questo esercizio sono incompatibili, ma non indipendenti. Infatti: P (D)P (U ) = 0.3 · 0.7 = 0.21 6= 0 = P (D ∩ U ). Infine: l’evento impossibile ∅ `e incompatibile e indipendente da qualunque altro evento. Verificatelo... Esercizio 1.4.19 P (A ∩ B) = P (A) + P (B) − P (A ∪ B) = 0.5 + 0.4 − 0.65 = 0.25 P (A∆B) = P (A ∪ B) − P (A ∩ B) = 0.65 − 0.25 = 0.40

(1a) (1b)

0.7 = P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A)P (B) = 2P (A) − P (A)2

(2)

√ sse P (A)2 − 2P (A) + 0.7 = 0, e l’unica soluzione ammissibile per la precedente `e P (A) = 1 − 0.3. 3. NO! Infatti, dai dati del problema deriviamo soltanto che P (A∩B) = P (A∪B)−P (A∆B) = 0.7 − 0.5 = 0.2, da cui P (A) + P (B) = P (A ∪ B) + P (A ∩ B) = 0.9. Allora, ogni coppia di valori per (P (A), P (B)) tali che  P (A) + P (B) = 0.9  0.2 ≤ P (A) ≤ 0.7   0.2 ≤ P (B) ≤ 0.7

soddisfa le richieste “P (A ∪ B) = 0.7 e la probabilit`a che esattamente un libro sia in prestito `e 0.5”. Esercizio 1.4.20 1. Siano A = {Filiberto ottiene 3 teste nei primi 3 lanci} e B = {Filiberto sceglie una moneta equa}, allora P (B) = 3/5, P (B c ) = 2/5, P (A|B) = 1/8 e P (A|B c ) = 1. Dalla formula delle probabilit` a totali otteniamo 19 = 0.475. P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|B c )P (B c ) = 40 2. Sia C = {Filiberto ottiene testa nel quarto lancio}, allora P (C|A) =

P (C ∩ A) P (C ∩ A|B)P (B) + P (C ∩ A|B c )P (B c ) = = P (A) P (A) =

P (C|B)P (A|B)P (B) + P (C|B c )P (A|B c )P (B c ) = P (A)

1 2

·

1 8

3 5 19 40

·

+0

=

3 ' 0.088, 38

19

1.5. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 1

dove abbiamo utilizzato la formula delle probabilit`a totali ed il fatto che A e C sono indipendenti condizionatamente a B (Filiberto `e deluso). 3. Sia Q = {Filiberto ottiene 4 teste in 4 lanci}, allora la formula di Bayes afferma che P (B c |Q) =

P (Q|B c )P (B c ) = P (Q)

1 16

1 · 25 · 35 + 1 ·

2 5

=

32 ' 0.914. 35

Esercizio 1.4.21 Definiamo gli eventi T1 : “Tacito il primo giorno pesca una trota”, T2 : “Tacito il secondo giorno pesca una trota”, O: “Tacito sceglie il Lago d’Oro” e A: “Tacito sceglie il Lago d’Argento”. Dal testo si ha che P (O) = P (A) = 1/2, P (T1 |O) = 1, P (T1 |A) = 0.6 = 3/5. 1. Per la formula delle probabilit` a totali P (T1 ) = P (T1 |O)P (O) + P (T1 |A)P (A) = 1 ·

1 3 1 4 + · = = 0.8. 2 5 2 5

2. Bisogna calcolare P (O|T1 ). Per la formula di Bayes P (O|T1 ) =

1· 1 5 P (T1 |O)P (O) = 4 2 = = 0.625. P (T1 ) 8 5

3. Bisogna calcolare P (T2 |T1 ). Utilizzando la definizione di probabilit` a condizionata e la formula delle probabilit` a totali otteniamo P (T2 |T1 ) =

P (T1 ∩ T2 ) P (T1 ∩ T2 |O)P (O) + P (T1 ∩ T2 |A)P (A) = = P (T1 ) P (T1 )
2 1 · 21 + 53 · = 4 5

Esercizio 1.4.22

1 2

=

17 = 0.85. 20

Dobbiamo calcolare P (E|A ∩ B). Per la formula di Bayes si ha che: P (E|A ∩ B) =

P (A ∩ B|E)P (E) P (A ∩ B)

Notiamo che P (A ∩ B|E) corrisponde alla probabilit`a che Arturo e Bianca dicano la verit`a. Dal momento che i comportamenti di Arturo e Bianca sono indipendenti, essi dicono la verit`a indipendentemente l’uno dall’altra, perci`o si ha che: P (A∩B|E) = P (A|E)P (B|E) = αβ. Quindi: P (E|A ∩ B) =

P (A ∩ B|E)P (E) αβp = P (A ∩ B) P (A ∩ B)

Calcoliamo ora P (A ∩ B) applicando la formula delle probabilit`a totali: P (A ∩ B) = P (A ∩ B|E)P (E) + P (A ∩ B|E c )P (E c ) = αβp + P (A ∩ B|E c )P (E c ) Per calcolare P (A ∩ B|E c ) ragioniamo nel seguente modo. Sappiamo che P (Ac |E c ) = α e P (B c |E c ) = β e dal momento che essi dicono la verit`a in modo indipendente: P (Ac ∩ B c |E c ) = P (Ac |E c )P (B c |E c ). Quindi otteniamo: P (A ∩ B|E c ) = 1 − P ((A ∩ B)c |E c ) = 1 − P (Ac ∪ B c |E c ) = 1 − P (Ac |E c ) − P (B c |E c ) + P (Ac ∩ B c |E c ) = 1 − α − β + αβ = (1 − α)(1 − β) Questo ci permette di concludere che: P (A ∩ B) = P (A ∩ B|E)P (E) + P (A ∩ B|E c )P (E c ) = αβp + (1 − α)(1 − β)(1 − p)

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

20 Infine: P (E|A ∩ B) = Sostituendo i valori numerici otteniamo: P (E|A ∩ B) =

αβp . αβp + (1 − α)(1 − β)(1 − p)

(0.9)2 ∗ 10−3 = 0.075 : (0.9)2 ∗ 10−3 + (0.1)2 ∗ (1 − 10−3 )

Nonostante Arturo e Bianca siano molto affidabili e affermino che E sia accaduto, la corte resta scettica riguardo al fatto che E sia veramente accaduto: infatti 0.075 > 0.001 ma `e ancora un valore molto lontano da 1. Esercizio 1.4.23 Sia S l’evento “Il sistema funziona”. Allora, S = (1 ∩ 2 ∩ 5) ∪ (3 ∩ 4 ∩ 5) ∪ (6 ∩ 5) = [(1 ∩ 2) ∪ (3 ∩ 4) ∪ 6] ∩ 5

P (S) = P ((1 ∩ 2) ∪ (3 ∩ 4) ∪ 6)p = p(p · p + p · p + p − p · p · p − p · p · p − p · p · p · p + p · p · p · p · p) = p2 (1 + 2p − 2p2 − p3 + p4 ) = 0.779264.

Esercizio 1.4.24 1. A1

A2

La probabilit` a che il sistema S1 A3

funzioni `e P (“S1 funzioni”) = P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 )P (A2 )P (A3 ) = 0.8 · 0.7 · 0.6 = 0.336 2. Calcoliamo la probabilit` a di funzionamento di S2 e S3 : S2 `e formato da due sottosistemi in parallelo, S10 ,S100 copie di S1 . Quindi P (S2 ) = P (S10 ∪ S100 ) = 1 − P (S10c ∩ S100c ) = 1 − P (S10c )P (S100c ) = 1 − (1 − 0.336)2 = 0.559104 Per il sistema S3 vale quanto segue: sia D1 il sottosistema formato dai componenti in serie A2 , A3 e siano D2 , D3 due copie indipendenti di D1 . Allora, la probabilit`a di funzionamento di D1 , D2 , D3 `e 0.7 · 0.6 = 0.42. Pertanto il sottosistema ottenuto mettendo in parallelo D1 , D2 , D3 funziona con probabilit` a pari a P (D1 ∪ D2 ∪ D3 ) = 1 − P (D1c ∩ D2c ∩ D3c ) = 1 − P (D1c )P (D2c )P (D3c ) = 1 − 0.583 = 0.804888 Segue che P (S3 ) = P (A1 ∩ (D1 ∪ D2 ∪ D3 )) = P (A1 )P (D1 ∪ D2 ∪ D3 ) = 0.8 · 0.804888 = 0.6439104: la soluzione S3 `e preferibile alla S2 .

Capitolo 2

Variabili aleatorie 2.1

Variabili aleatorie

2.2

Variabili aleatorie discrete

Esercizio 2.2.1 (Esercizio 14 pag. 168 in [9]) Conque numeri distinti vengono assegnati a caso ai cinque giocatori A, B, C, D, E. Quando due giocatori confrontano i propri numeri, vince chi ha il numero pi` u grande. Inizialmente, i giocatori A e B confrontano i propri numeri; il vincitore allora confronta il suo numero con il giocatore C, e cos`ı via. Denotiamo con X il numero di volte che il giocatore A vince. Determinate la densit`a di X. [risp: X assume valori in {0, 1, 2, 3, 4} e pX (0) = 1/2, pX (1) = 1/6, pX (2) = 1/12, pX (3) = 1/20, pX (4) = 1/5] Esercizio 2.2.2 (II recupero CP Ing. Mat. aa. 2002-03) La funzione di ripartizione della variabile aleatoria X `e definita come segue:   0 x<0      0≤x<1 1/2 F (x) = 2/3 1≤x<2    11/12 2 ≤ x < 3    1 3≤x (1) (2) (3) (4) (5)

Quanto vale P (X > 1/2)? Quanto vale P (2 < X ≤ 4)? Quanto vale P (2 ≤ X ≤ 4)? Quanto vale P (X < 3)? Determinare la densit` a di X.

Esercizio 2.2.3 Una sorgente di informazioni genera casualmente i simboli ♥, ♦, ♣, ♠ con probabilit`a: P (♥) = 1/2, P (♦) = 1/4, P (♣) = P (♠) = 1/8. Uno schema di codifica trasforma i simboli in codici binari nel modo seguente: ♥ 7−→ 0

♦ 7−→ 10

♣ 7−→ 110

♠ 7−→ 111.

Sia X = “bit del codice”. Calcolare: 1) la densit` a di X; 2) la funzione di ripartizione FX (x); 3) P (X ≤ 1); 4) P (1 < X ≤ 2); 5) P (X > 1); 6) P (1 ≤ X ≤ 2) Esercizio 2.2.4 Lanciamo contemporaneamente due dadi regolari. Sia X il punteggio minimo che si ottiene fra i due. (1) Qual `e la densit` a di X? (2) Qual `e la f.d.r. di X? 21

22

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

2.3 2.3.1

Esempi di densit` a discrete notevoli Densit` a bernoulliana, binomiale, geometrica

Esercizio 2.3.1 Si consideri un sistema elettronico composto da n = 10 componenti che funziona se e solo se almeno k = 2 componenti su 10 funzionano. Si supponga inoltre che tutti i componenti abbiano la stessa affidabilit` a p = 0.05 e che funzionino indipendentemente uno dall’altro. Qual `e l’affidabilit` a del sistema test´e descritto? Esercizio 2.3.2 Un canale di comunicazione trasmette le cifre 0 e 1. Se la cifra trasmessa `e 0, la cifra viene correttamente ricevuta con probabilit`a 0.99; invece, se `e stato trasmesso 1, con probabilit` a 0.05 viene erroneamente ricevuto 0. (1) Se l’80% di cifre trasmesse `e 1, qual `e la probabilit`a di un’errata ricezione? (2) Si calcoli la probabilit` a che su 30 cifre trasmesse si verifichino pi` u di 3 errori. Esercizio 2.3.3 Un test a risposta multipla `e costituito da 10 domande, a ognuna delle quali sono abbinate 4 possibili risposte di cui soltanto 1 corretta. Uno studente impreparato sceglie a caso una risposta per domanda. (1) Determinare la densit` a di probabilit`a della variabile aleatoria indicante il numero di risposte corrette. (2) Per superare il test uno studente deve rispondere correttamente ad almeno 5 domande su 10. Qual `e la probabilit` a che uno studente impreparato superi il test? Esercizio 2.3.4 (Esame CP INF 02/05/02) Armando vuole giocare alla roulette puntando sul rosso 1 a puntata. Sapendo che la probabilit`a di vincere puntando sul rosso in una roulette non truccata `e pari a 18/37, (1) calcolare la probabilit` a che Armando vinca per la prima volta alla quinta partita. (2) Se Armando gioca 10 partite, calcolare la probabilit`a che ne abbia vinte almeno due. (3) Osservando che ogni volta che vince, vince 1 ed ogni volta che perde, perde 1 , qual `e la probabilit` a che alla fine delle 10 partite il capitale di Armando sia aumentato di 2 ? Esercizio 2.3.5 Due urne A e B sono inizialmente vuote. Esse vengono poi riempite con 12 palline che vengono messe, una dopo l’altra, in una delle urne, scelta a caso ogni volta. (1) Qual `e la probabilit` a che l’urna B sia vuota? (2) Qual `e la probabilit` a che le due urne posseggano lo stesso numero di palline? (3) Qual `e la probabilit` a che nessuna delle due urne sia vuota? Esercizio 2.3.6 La probabilit` a di vincere giocando a una slot machine `e p = 0.1. (1) Se si effettuano 10 giocate, qual `e la probabilit`a di vincere 6 volte? (2) Se si continua a giocare finch´e non si vince, qual `e la probabilit`a di ottenere la prima vittoria alla decima giocata? (3) Se sulle prime cinque giocate non si `e riportata nessuna vittoria, qual `e la probabilit` a che si vinca alla sesta giocata? (4) Se si riportano 6 vittorie su 10, qual `e la probabilit`a di vincere nelle prime 6 giocate? Esercizio 2.3.7 Una moneta irregolare con probabilit`a di testa p = 1/6 viene lanciata tante volte finch´e non compare testa. Dato che testa non appare al primo lancio, qual `e la probabilit`a che siano necessari pi` u di 4 lanci? Esercizio 2.3.8 (Esame CP INF; Recupero del 06/09/02) Un’indagine statistica ha rivelato che il 15% degli abitanti di una certa citt`a fa l’elemosina ai mendicanti che vede sul marciapiede. Passano 20 persone davanti ad un mendicante. 1. Qual `e la probabilit` a che il mendicante riceva elemosina da almeno 3 di esse? [risp: 0.595]

` DISCRETE NOTEVOLI 2.3. ESEMPI DI DENSITA

23

2. Quante persone al minimo devono passare davanti al mendicante perch`e con probabilit`a superiore a 0.5 gli venga fatta almeno un’elemosina?[risp: almeno 5] 3. Supposto che ogni persona che fa l’elemosina dia 50 centesimi di euro, quante persone devono passare perch´e il mendicante ottenga, in media, 3 euro di elemosina prima di andarsene? [risp: 40] Esercizio 2.3.9 In una sala da gioco ci sono due slot machine A e B. Se gioco alla slot machine A, ad ogni giocata la probabilit` a di vincere `e 0.45. 1. Se gioco alla slot machine A finch`e non vinco, quanto vale la probabilit`a di non vincere nelle prime 9 giocate? [risp: 0.559 ] 2. Se gioco alla slot machine A finch`e non vinco, quanto vale la probabilit`a di dover giocare almeno 12 volte per registrare la prima vittoria, sapendo che nelle prime due giocate non ho vinto? [risp: 0.559 ] Se invece gioco alla slot machine B, ad ogni giocata la probabilit`a di vincere `e 0.55. Inoltre, all’inizio del gioco, scelgo a caso fra A e B e poi gioco sempre con la stessa slot machine. 3. Quanto vale la probabilit` a di non vincere nelle prime 9 giocate? [(0.559 + 0.459)/2 ' 0.0027] 4. Quanto vale la probabilit` a di dover giocare almeno 12 volte per registrare la prima vittoria, sapendo che nelle prime due giocate non ho vinto? [(0.5511 + 0.4511 )/(0.552 + 0.452 ) 6= (0.559 + 0.459 )/2 (RIFLETTETE!!!)]

2.3.2

Densit` a di Poisson come limite di densit` a binomiale

Esercizio 2.3.10 Il numero di errori di battitura per cartella commessi da una segretaria si pu`o supporre essere una variabile aleatoria con densit`a di Poisson di parametro λ = 2.3. (1) Calcolare la probabilit` a che ci siano almeno due errori in una data cartella. (2) Quanto dovrebbe valere il parametro λ affinch´e la probabilit`a che in una cartella non ci siano errori sia superiore a 0.5? Esercizio 2.3.11 Se partecipo a 180 concorsi diversi (e indipendenti), in ciascuno dei quali si vince un solo premio e per ciascuno dei quali la probabilit`a di vincere il premio `e 0.008, quanto vale (approssimativamente) la probabilit`a (1) di vincere il premio di un solo concorso, (2) di vincere almeno un premio, (3) di vincere 30 premi? Esercizio 2.3.12 Il numero di automobili che un concessionario vende giornalmente si pu`o modelizzare mediante una variabile aleatoria di Poisson di parametro λ = 1. (1) Quanto vale la probabilit` a che il concessionario venda al giorno almeno una macchina? [1 − e−1 ] (2) Se il numero di automobili vendute in giorni diversi sono indipendenti, quanto vale la probabilit` a che trascorrano 7 giorni consecutivi senza che il venditore venda automobili e che poi all’ottavo giorno venda almeno una macchina? [e−7 (1 − e−1 ) ' 0.0005764] Esercizio 2.3.13 (II Recupero CP TEL 18/09/03) Nel gioco del lotto, ad ogni estrazione, per ogni ruota, si estraggono senza reimmissione 5 palline da un pallottoliere che ne contiene 90 numerate da 1 a 90. (1) Dimostrate che ad ogni estrazione la probabilit`a di fare ambo giocando i numeri 80,90 sulla ruota di Bari `e pari a 2/801. (2) Quanto vale la probabilit` a che sia necessario giocare esattamente 600 giornate per fare ambo (per la prima volta) puntando sui numeri 80,90 sulla ruota di Bari? (3) Dall’inizio dell’anno Marco sta puntando sull’ambo 80,90 sulla ruota di Bari, ogni mercoled`ı e sabato, per un totale ad oggi di 72 giornate. Sapendo che dall’inizio dell’anno l’ambo non `e ancora uscito, quanto vale la probabilit` a che esca per la prima volta alla 672-esima giornata?

24

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

(4) Diversamente, Matteo ha deciso di giocare per 1000 giornate puntando sempre sullo stesso ambo 80,90 sulla ruota di Bari. Quanto vale approssimativamente la probabilit` a che Matteo faccia ambo almeno 2 volte?

2.3.3

Densit` a ipergeometrica

Esercizio 2.3.14 Il 5% di un lotto di 100 fusibili `e soggetto a controllo casuale prima di essere immesso sul mercato. Se un fusibile non brucia ad un determinato amperaggio l’intero lotto viene mandato indietro. In realt` a, il lotto contiene 10 fusibili difettosi. 1. Qual `e la probabilit` a che il lotto sia rispedito indietro? 2. Un compratore temendo che la percentuale di difettosi sia elevata decide di controllare il lotto finch´e non trova i difettosi. Qual `e la probabilit` a che sia necessario controllare pi` u di un pezzo per scoprire il pezzo difettoso? 3. Se il primo fusibile `e funzionante, qual `e la probabilit`a che sia necessario controllare pi` u di 2 fusibili per scoprire un fusibile difettoso? Esercizio 2.3.15 Al buio cerco la chiave del mio ufficio in un mazzo di 10 chiavi tutte della stessa fattura. Ovviamente metto da parte le chiavi provate. Sia X il numero di chiavi che devo provare per trovare la chiave giusta. (1) Quanto vale la probabilit` a di controllare almeno 8 chiavi? (2) Qual `e la f.d.r. di X? (3) Qual `e la densit` a di probabilit` a di X? (4) Se anche il secondo tentativo `e fallito, quanto vale la probabilit`a di trovare la chiave giusta al quarto tentativo? [Risp:1/8] (5) Come cambiano le risposte ai punti precedenti se, stupidamente non metto da parte le chiavi gi`a provate prima di procedere a provarne una nuova? Esercizio 2.3.16 (Dall’esercitazione del 09/10/03 della dott.ssa G. Guatteri) 1 In una citt`a ci sono 8 stazioni di rifornimento, di cui 3 sono self-service. Un automobilista ne sceglie a caso una per 5 giorni consecutivi, ogni giorno in modo indipendente dagli altri giorni. (1) Calcolare la probabilit` a che faccia rifornimento in un self- service il secondo giorno. (2) Calcolare la probabilit` a che capiti in un self-service esattamente 2 volte. (3) Calcolare la probabilit` a degli eventi ai punti 1. e 2. supponendo per`o che l’automobilista non faccia mai rifornimento due volte nella stessa stazione.

2.4

Variabili aleatorie assolutamente continue

Esercizio 2.4.1 La variabile aleatoria X ha fdr   0 FX (x) = x2   1

x≤0 0<x<1 x≥1

X `e assolutamente continua? Perch´e? Se si, qual `e la sua densit`a fX ? Esercizio 2.4.2 Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua con densit` a di probabilit` a  x  0<x<5  25 x fX (x) = − 25 + 25 5 < x < 10   0 altrove (1) Determinate la funzione di ripartizione FX di X. (2) Calcolate P (2 ≤ X ≤ 9) usando FX .

1 http://www1.mate.polimi.it/∼guatteri/

25

2.4. VARIABILI ALEATORIE ASSOLUTAMENTE CONTINUE

Esercizio 2.4.3 (CP, INF I prova in itinere, 02/05/02) Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua con densit` a ( 4x3 se x ∈ (0, 1) fX (x) := 0 se x 6∈ (0, 1). (1) Calcolare la funzione di ripartizione FX di X. (2) Calcolare P (−0.5 < X ≤ 0.5). Esercizio 2.4.4 Verificate se le seguenti funzioni f sono funzioni di densit`a di probabilit` a. In caso positivo (1) determinate la corrispondente funzione di ripartizione F ; (2) media e varianza (se esistono).

(a)

f (x) =

( (

2

3x 0

x ∈ (0, 1) altrove

−1 x ∈ (0, 1) 0 altrove   0<x<1 x (e) f (x) = 3 − x 2 < x < 3   0 altrove ( 1 x≥1 2 (g) f (x) = x 0 altrove (c)

f (x) =

(b) f (x) =

(d)

f (x) =

θ  2   1 2

1−θ     2 0 (

1 b−a

0

(f ) f (x) =

(

(h)

(

f (x) =

1 x

0

4x3 0

0≤x<1 1≤x<2 2≤x<3 altrove, θ ∈ [0, 1]. x ∈ (a, b) altrove x>0 altrove 0<x<2 altrove

Esercizio 2.4.5 (Esercizio 3 pag. 92 in [7]) Trovate la costante k tale che la funzione che segue sia una funzione di densit` a: f (x) = kx2 1(−k,k) (x) Esercizio 2.4.6 (Esame MPSPS 14/04/2000 (VO)) Si consideri la funzione ( 2 kxe−x se x ≥ 0 f (x) = 0 se x < 0. 1. Determinare la costante k per cui f `e la densit`a di una variabile aleatoria X. 2. Calcolare P (X ≤ 1) e P (X < 1). Esercizio 2.4.7 In base all’orario ufficiale delle Ferrovie dello Stato il treno Lecco-Milano delle ore 14.45 arriva nella stazione di Milano Centrale alle ore 15.30. Ma qualche volta subisce ritardi. Il ritardo espresso in ore pu` o essere modellato come una variabile aleatoria X assolutamente continua con densit` a uniforme sull’intervallo [0, 1]. 1. Qual `e la probabilit` a che il treno arrivi dopo le ore 15.33? 2. Qual `e la probabilit` a che il treno abbia al pi` u 5 minuti di ritardo sull’orario previsto? 3. Qual `e la probabilit` a che il treno subisca un ritardo fra i 6 e gli 11 minuti sull’orario previsto? Esercizio 2.4.8 Sia Y una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a fY (y) = 2y1(0,1) (y). Qual `e la probabilit` a che l’equazione (in x) x2 + 40Y x + 360Y − 32 = 0 non ammetta soluzioni reali?

26

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Esercizio 2.4.9 Il tempo (in ore) impiegato dal tecnico A del centro di assistenza xxx per riparare una certa apparecchiatura ha densit` a esponenziale di parametro λ = 0.5. (1) Qual `e la probabilit` a che siano necessarie ad A pi` u di 2 ore per riparare l’apparecchiatura? (2) Qual `e la probabilit` a che A abbia bisogno di almeno 11 ore per effettuare la riparazione, dato che ci lavora gi` a da almeno 9? In realt` a al centro di assistenza xxx c’`e anche un secondo tecnico B e il tempo (in ore) che B impiega per la riparazione ha densit` a esponenziale di parametro λ = 0.6. Inoltre, quando arriva un’apparecchiatura da riparare, si sceglie a caso fra A e B. (3) Qual `e la probabilit` a che in quel centro di assistenza siano necessarie pi` u di 2 ore per riparare l’apparecchiatura? (4) Qual `e la probabilit` a che nel centro di assistenza xxx si impieghino almeno 11 ore per la riparazione, dato che la durata della riparazione supera le 9 ore? Esercizio 2.4.10 (Esercizio 5 pag. 222 in [9]) Un benzinaio `e rifornito di gasolio una volta la settimana. Se la sua vendita settimanale in migliaia di litri `e una variabile aleatoria con densit`a f (x) = 5(1 − x)4 1(0,1) (x) quale deve essere la capacit` a del serbatoio affinch´e la probabilit`a che il gasolio sia esaurito in una settimana sia pari a 0.01? [risp: k t.c. P (X > k) = 0.01 =⇒ k = 1 − 0.011/5 ] Esercizio 2.4.11 (CP TEL 06/09/05 Esercizio 3) Una cisterna d’acqua viene riempita una volta alla settimana con k ettolitri d’acqua. La quantita d’acqua prelevata dalla cisterna (sempre misurata in ettolitri) in una settimana pu`o essere modellata mediante una variabile aleatoria X assolutamente continua con densit` a ( a a−1 se 0 < x < 1000 a (1000 − x) f (x) = 1000 0 altrimenti, a > 0 1. Determinare a in modo tale che la richiesta media in una settimana sia di 750 ettolitri. 2. Determinare la funzione di ripartizione di X. 3. Determinare la capacit` a k della cisterna affinch´e la probabilit`a che la cisterna esaurisca l’acqua durante la settimana sia 0.1. Esercizio 2.4.12 (Esempio pag. in [9]) Il tempo di vita di un dato tipo di pile per radio `e 100 una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a fX (x) = 2 1(100,+∞) (x). x 1. Calcolate la probabilit` a che una pila della radio debba essere sostituita entro le 150 ore di attivit` a. [risp: 1/3] 2. Determinate FX 3. Una radio per funzionare ha bisogno di cinque pile. Se le pile funzionano in modo indipendente, qual `e la probabilit` a che esattamente due pile su cinque debbano essere sostituite entro le 150 ore di attivit` a? [risp: 80/243]

2.5 2.5.1

Funzioni di variabili aleatorie Funzioni di variabili aleatorie discrete

Esercizio 2.5.1 Sia X una variabile aleatoria geometrica di parametro p = 1/3. 1. Qual `e la densit` a di Z = max(3, X)? 2. Qual `e la densit` a di Y = min(3, X)?

27

2.5. FUNZIONI DI VARIABILI ALEATORIE

Esercizio 2.5.2 1. Lanciando n = 10 volte una moneta equilibrata, qual `e la probabilit` a che la differenza in valore assoluto tra numero di teste e numero di croci ottenute sia 4? Sia X la variabile aleatoria che indica la differenza in valore assoluto tra numero di teste e numero di croci (sempre ottenute lanciando n = 10 volte la moneta equilibrata). 2. determinate la densit` a di X.

2.5.2

Funzioni di variabili aleatorie assolutamente continue

Esercizio 2.5.3 Se X `e una variabile aleatoria tale che ( 1 se x < 1 P (X > x) = x−λ se x ≥ 1

λ>0

qual `e la funzione di ripartizione di Y = log X? Qual `e la sua densit`a? Esercizio 2.5.4 Se X `e una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a uniforme su (−π/2, π/2), qual `e la funzione di ripartizione di Y = tan X. Qual `e la sua densit`a? La variabile aleatoria Y ammette media? Esercizio 2.5.5 (densit` a di Weibull) Sia X ∼ E(λ) e Y = X 1/α con α > 0. 1. Qual `e la densit` a di probabilit` a di Y ? 2. Calcolate P (Y > t + s | Y > s) e stabilite per quali valori di α e λ questa funzione `e crescente in s. Per quali `e decrescente? 3. Quali valori di α e λ scegliereste per modellare con Y il tempo di rottura di un’apparecchiatura soggetta ad usura? Esercizio 2.5.6 Sia U ∼ U(0, 1). Determinate le funzioni di densit`a delle seguenti variabili aleatorie: 1. Y1 = U − 1/2 2. Y2 = |U − 1/2| 3. Y3 = (U − 1/2)2 4. Y4 = 1/(U + 1/2) log(U ) 5. Y5 = − dove λ > 0. λ Esercizio 2.5.7 Sia X ∼ E(λ) e Y = [X] + 1, dove g(x) = [x] rappresenta la parte intera di x. Determinate la densit` a di Y . [Risp: Y `e va discreta geometrica di parametro (1 − e−λ )] Esercizio 2.5.8 Sia X ∼ U (0, 1) e Y = [nX] + 1, dove g(x) = [x] rappresenta la parte intera di x. Determinate la densit` a di Y . [Risp: Y `e va discreta uniforme su {1, . . . , n}] Esercizio 2.5.9 (CP ELN INF 12/07/04 Esercizio 2.4) Il tempo di vita (espresso in ore) di un motore elettrico, ancora in rodaggio, pu`o essere rappresentato dalla variabile aleatoria T = X 4 , con X variabile aleatoria esponenziale di parametro 0.25. 1. Determinare la densit` a di T . 2. Sapendo che il motore `e ancora funzionante dopo 192 ore, calcolare la probabilit` a che funzioni nelle successive 50 ore.

28

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

2.6

Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 2

Esercizio 2.2.2 (1) P (X > 1/2) = 1 − P (X ≤ 1/2) = 1 − F (1/2) = 1/2. (2) P (2 < X ≤ 4) = F (4) − F (2) = 1 − 11/12 = 1/12. (3) P (2 ≤ X ≤ 4) = P (1 < X ≤ 4) = F (4) − F (1) = 1/3 (4) P (X < 3) = F (2) = 11/12. (5) Indicata con p la densit` a di X, vale p(0) = 1/2, p(1) = 1/6, p(2) = 1/4, p(3) = 1/12 e p(x) = 0 per ogni altro x. Esercizio 2.2.3 1. X assume solo tre valori: {1, 2, 3}. Si ha: 1 2 1 P (X = 2) = P (♦) = 4 P (X = 1) = P (♥) =

P (X = 3) = P (♣ oppure ♠) = P (♣) + P (♠) = P (X = k) = 0 2.

3. 4. 5. 6.

1 1 1 + = 8 8 4

se x 6∈ {1, 2, 3}.

  0  P (X = 1) = 1 2 FX (x) = P (X ≤ x) = P (X = 1) + P (X = 2) =    1

3 4

x<1 1≤x<2 2≤x<3 x ≥ 3.

P (X ≤ 1) = FX (1) = 1/2. P (1 < X ≤ 2) = FX (2) − FX (1) = 3/4 − 1/2 = 1/4. P (X > 1) = 1 − FX (1) = 1 − 1/2 = 1/2 P (1 ≤ X ≤ 2) = FX (2) − FX (1) + P (X = 1) = 3/4 − 1/2 + 1/2 = 3/4.

Esercizio 2.2.4 X `e definita sullo spazio campionario Ω = {ω = (i, j) : i, j = 1 . . . 6} con |Ω| = 36 e P ({ω}) = 1/36 ∀ω. Le modalit`a di X sono 1, . . . , 6. Inoltre: {X = 6} = {(i, j) : i ∧ j = 6} = {(6, 6)}

{X = 5} = {(i, j) : i ∧ j = 5} = {(5, 5), (5, 6), (6, 5)}

{X = 4} = {(i, j) : i ∧ j = 4} = {(4, 4), (4, 5), (4, 6), (6, 4), (5, 4)} {X = 3} = {(i, j) : i ∧ j = 3} = {(3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (6, 3), (5, 3), (4, 3)}

{X = 2} = {(i, j) : i ∧ j = 2} = {(2, 2)(2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (6, 2), (5, 2), (4, 2), (3, 2)}

Segue che  1 P (X = 6) = 36     3  P (X = 5) = 36    P (X = 4) = 5 36 pX (k) = 7  P (X = 3) =  36   9   P (X = 2) = 36   P5  1 − j=1 pX (j) =

11 36

k k k k k k

 0    11     36  20    36

=6 =5 =4 e FX (x) = 27 36  =3  32   36   =2  35    =1  36 1

x<1 1≤x<2 2≤x<3 3≤x<4 4≤x<5 5≤x<6 x≥6

2.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 2

29

Esercizio 2.3.1 Indicata con X la variabile aleatoria che conta il numero di componenti funzionanti su 10, allora X ha densit` a binomiale di parametri p = 0.05 e n = 10. Pertanto, = P {“il sistema funziona} = P {“almeno 2 componenti su 10 funzionano”} = 1 − P {“al pi` u 1 componente su 10 funziona”} = 1 − P (X ≤ 1) ' 1 − (1 − 0.05)10 − 10 · 0.05 · 0.959 ≈ 0.0861

Esercizio 2.3.2 Siano Ti = “la cifra trasmessa `e i” i = 0, 1 e Ri = “la cifra ricevuta `e i”. Allora, P (R0 | T0 ) = 0.99

P (R0 | T1 ) = 0.05

⇔

⇔

P (R1 | T0 ) = 0.01

P (R1 | T1 ) = 0.95

e P (T1 ) = 0.8. (1)

P (“errata ricezione”) = P (R0 ∩ T1 ) + P (R1 ∩ T0 ) = P (R0 |T1 )P (T1 ) + P (R1 |T0 )P (T0 ) = 0.05 · 0.8 + 0.01 · 0.2 = 42/1000 = 0.042(:= p).

Introduciamo ora la variabile aleatoria X che descrive il numero di errori su 30 cifre trasmesse con la probabilit` a di errore ad ogni trasmissione pari a 0.042. Allora X ∼ Bi(30, 0.042) e P (“Su 30 cifre trasmesse si verificano pi` u di 3 errori”) = P (X > 3) = 1 − P (X ≤ 3)         30 30 30 30 =1− 0.95830 − 0.042 · 0.95829 − 0.0422 · 0.95828 − 0.0423 · 0.95827 = 0.03568 0 1 2 3 Esercizio 2.3.3 Posto Ω = {0, 1}10, (cio`e caso elementare=ω = (a1 , . . . , a10 )), allora X = # risposte corrette su 10 `e la seguente funzione: X(ω) = a1 + . . . + a10 ; ∀ω ∈ {0, 1}10, X(ω) ∈ {0, 1, . . . , 10} e p(k) := P (X = k) = P {(a1 , . . . , a10 ) : a1 + . . . + a10 = k}. Poich´e lo studente 10−k sceglie a caso, abbiamo P ({(1, . . . , 1, 0, . . . , 0 )} = 3 410 = P {(a1 , . . . , a10 )} ∀(a1 , . . . , a10 ) avente | {z } | {z } k volte

10−k volte


1
k 3
10−k k componenti = 1 e le rimanenti =0. Quindi, p(k) = 10 , cio`e X `e una variabile 4 4 k aleatoria binomiale (X ∼ Bi(10, 1/4)).
1
k 3
10−k P10 ≈ 0.07813 ≈ P (“uno studente impreparato supera il test”) = P (X ≥ 5) = k=5 10 4 4 k 7.8%. Esercizio 2.3.4 (1) Sia X il numero di partite, inclusa l’ultima, necessarie per osservare una vittoria. Allora X `e una variabile geometrica di parametro 18/37 e si ha  5−1 18 18 2345778 P (X = 5) = 1− = ' 0.034. 37 37 69343957 (2) Sia Y il numero di partite vinte da Armando in una sequenza di 10 partite. Allora Y ∼ Bi(10, 18/37), quindi k  1   X 10 18

10−k 18 = 1− P (Y ≥ 2) = 1 − P (Y < 2) = 1 − 37 37 k k=0  10  9 19 18 19 4744369520559828 =1− − 10 · = ' 0.9866. 37 37 37 4808584372417849 se il numero di vincite `e 6, cio`e supera di 2 il numero (3) Il capitale viene incrementato di 2 delle perdite. Quindi la probabilit` a richiesta `e 4    6  18 10 18 = 0.1936 1− P (Y = 6) = 37 37 6

30

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Esercizio 2.3.5 Detta X la variabile aleatoria che conta il numero di palline poste in B, poich`e per ogni pallina scelgoa a caso l’urna, dove riporla, allora X ∼ Bi(12, 1/2) e 1. P (B vuota) = P (X = 0) = 0.512 ;
12 2.P (“due urne posseggano lo stesso numero di palline”) = P (X = 6) = 10 6 0.5 ; 3. P (“nessuna delle due urne sia vuota”) = P (1 ≤ X ≤ 11) = 1 − P (X ∈ {0, 12}) = 1 − 0.52 − 0.52 = 1 − 0.511 . Esercizio 2.3.6 Se la slot machine non `e truccata, possiamo assumere che le 10 prove –consistenti in 10 giocate distinte– si svolgano indipendentemente le une dalle altre; ciascuna prova `e dicotomica (si vince o si perde) e la probabilit` a di successo `e la stessa in entrambe le prove e pari a p = 0.1. 1. Quindi, la variabile aleatoria X che conta il numero di vittorie su 10 giocate densit`a
ha 6 0.1 × 0.94 ≈ binomiale di parametri n = 10 e p = 0.1. La risposta al punto 1. `e P (X = 6) = 10 6 0.00014. 2. La variabile aleatoria T che rappresenta il numero di giocate necessarie per riportare la prima vittoria ha densit` a geometrica di parametro p = 0.1: P (T = 10) = 0.1 × 0.99 = 0.03874. 3. La probabilit` a da calcolare `e P (T = 6|T > 5) = P (“alla sesta giocata vinco”) = 0.1.

(4)

P ({(1, . . . , 1, 0, . . . , 0)} | A6 ) = | {z } 6 volte

P ({(1, . . . , 1, 0, . . . , 0)} ∩ A6 ) | {z } 6 volte

P (A6 )

=

p6 (1 − p)10−6
= 10 6 10−6 6 p (1 − p)

1


,

10 6

dove A6 := “Un giocatore vince 6 volte su 10” = {(x1 , . . . , x10 ) ∈ Ω : x1 + . . . + x10 = 6}. Il risultato non sarebbe cambiato se la domanda fosse stata: “Se si riportano 6 vittorie su 10, qual `e la probabilit` a di vincere alle giocate s1 -esima, ..., s6 -esima?”. Esercizio 2.3.7 Se lanciamo la moneta irregolare finch`e non compare testa per la prima volta, stiamo eseguendo una successione di prove bernoulliane, con probabilit`a di successo nella singola prova pari a p = 1/6. Quindi la variabile aleatoria X che conta il numero di prove necessarie per ottenere per la prima volta testa ha densit`a geometrica di parametro 1/6, ovvero:    5 k−1 1 k = 1, . . . . 6 6 pX (k) = 0 altrove

quindi

FX (k) = P (X ≤ k) =

k X

x=1

p(1 − p)x−1 = 1 − (1 − p)k

∀k = 1, . . .

da cui P (X > k) = (1 − p)k

∀k = 1, . . .

Dalla propriet` a di assenza di memoria della densit`a geometrica (cio`e P (X > k + r|X > k) = P (X > r), ∀k = 1, 2 . . . , ∀r = 1, 2, . . . otteniamo P (“Sono necessari pi` u di 4 lanci“ posto che “il 6 non appare al primo lancio”) = P (X > 4 | X > 1) = P (X > 1 + 3 | X > 1) = P (X > 3) =  3 5 ' 0.5787 6

Esercizio 2.3.10 1. P (X ≥ 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) = 1 − e−λ − λe−λ = 0.6691. 2. Ora, il parametro λ `e incognito e devo determinarlo in modo tale che risulti: P (X = 0) = e−λ >

1 2

⇐⇒

−λ > log

1 = − log(2) 2

⇐⇒

λ < log 2 = 0.6931.

31

2.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 2

Esercizio 2.3.11 Posso ipotizzare i concorsi indipendenti, cos`ı che, detta X la variabile aleatoria che conta il numero di premi vinti su 180 concorsi, allora X ∼ Bi(180, 0.008). Essendo la probabilit` a di successo piccola e il numero dei concorsi a cui partecipo grande, allora, nei calcoli posso approssimare la densit` a Bi(180, 0.008) con la densit`a di Poisson P(180 · 0.008) = P(1.44). Quindi 1. P (di vincere il premio di un solo concorso) = P (X = 1) = 180 · 0.008 · 0.992179 = 0.3419415 ≈ 0.341176 = e−1.44 · 1.44. 2. P (di vincere almeno un premio) = P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − 0.008180 = 0.7644403
−1.44 30 30 3. P (di vincere 30 premi) = P (X = 30) = 180 · 0.992150 ≈ e 30!1.44 30 0.008 Esercizio 2.3.13 Siamo interessati all’evento A=“Esce l’ambo 80, 90 sulla ruota di Bari”. (1) Ad ogni estrazione abbiamo

2 88 2 2
3 = P (A) = ' 0.002497 90 801 5

poich`e ad ogni estrazione e per ogni ruota si procede ad estrarre 5 palline senza reimmmissione. Poich`e ad ogni estrazione si usa la stezza urna con 90 palline numerate da 1 a 90 e per ogni ruota si procede ad estrarre 5 palline senza reimmmissione, allora la successione delle estrazioni del lotto sulla ruota di Bari costituiscono una successione di prove bernoulliane, con probabilit`a di successo nella singola prova data da P (A) = 2/801. (2) Sia ora X la variabile aleatoria che conta il numero di estrazioni necessarie per ottenere l’ambo 80,90 per la prima volta sulla ruota di Bari. X ha densit`a geometrica di parametro 2/801 e quindi P (“esattamente 600 giornate per fare ambo (per la prima volta) puntando sui numeri 80,90 sulla ruota di Bari”)=P (X = 600) = (2/801) (1 − 2/801)599 ' 0.00056. (3) Per la propriet` a di assenza di memoria della densit`a geometrica P (X = 672|X > 72) = P (X = 672 − 72) = P (X = 600) ' 0.00056 (4) Sia ora Y la variabile aleatoria che conta il numero di volte in cui esce l’ambo 80,90 sulla ruota di Bari, su 1000 estrazioni. Allora Y ∼ Bin(1000, 2/801) e P (“Matteo fa ambo almeno 2 volte su 1000”) = P (Y ≥ 2) = 1 − P (Y = 0) − P (Y = 1) '

e−2000/801 (2000/801)0 e−2000/801 (2000/801)1 − ' 0.71206, 0! 1! dove `e stato usato il fatto che essendo il numero delle estrazioni “grande” e la probabilit` a di successo “piccola”, la densit` a binomiale Bin(1000, 2/801) pu`o essere approssimata con la densit`a di Poisson di parametro 2000/801. '1−

Esercizio 2.3.14 Il lotto `e rispedito indietro se almeno un fusibile sui 5 (= 5% dei 100) scelti a caso per il controllo non brucia ad un determinato amperaggio. I 5 fusibili da controllare sono estratti senza reimmissione dal lotto di 100 pezzi costituito da 90 fusibili funzionanti e 10 difettosi. Pertanto, la variabile aleatoria X che conta il numero di fusibili difettosi su 5 ha densit`a ipergeometrica di parametri (10, 100, 5):
90
10 P (X = k) =

k

5−k
100 5

k = 0, . . . , 5

e P (“il lotto `e rispedito indietro”) = P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 −







10 90 0
5 100 5

= 0.4162.

Sia Y il numero di pezzi difettosi da controllare per scoprire un primo pezzo difettoso. Allora Y > k se e solo se i primi k pezzi controllati sono tutti funzionanti, da cui: P (Y > k) = P (“si estrae una successione di k fusibili senza reimmissione tutti funzionanti”)  90  ( k ) k = 1, . . . , 90 100 = (k) 0 altrove

32

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Segue che 90 = 0.9. 2. P (Y > 1) = 100 3. Dobbiamo calcolare P (Y > 2 | Y > 1):







90 90 1 2

100 / 100 2 1

P (Y > 2 ∩ Y > 1) P (Y > 2) P (Y > 2 | Y > 1) = = = P (Y > 1) P (Y > 1)

=

89 99

Nota 7 In questo esercizio, non vale la propriet`a di assenza di memoria. Infatti: P (Y > 1) > P (Y > 1 + 1 | Y > 1). D’altro canto, lo schema di estrazione dei fusibili `e senza reimmissione. Esercizio 2.3.15 Le modalit` a che X pu`o assumere sono 1, . . . , 10 e P (X > k) = P (“su k chiavi controllate non vi `e quella giusta”) =

9 k


1
9 k


0 =

10 − k k =1− 10 n

Quindi 7 1. P (controllare almeno 8 chiavi) = P (X ≥ 8) = P (X > 7) = 1 − 10 = 0.3. 2. Per quanto riguarda la funzione di ripartizione di X vale che ∀k = 1, . . . , 10: FX (k) = P (X ≤ k) = 1 − P (X > k) =

k 10

da cui:

FX (x) =

3. Infine, ∀k = 1, . . . , 10:

  0

k  10



1

x≤0 k ≤x
pX (k) = FX (k) − FX (k − 1) =

k−1 1 k − = 10 10 10

Nota 8 X `e la variabile aleatoria uniforme discreta sui primi 10 numeri naturali. Se il mazzo fosse stato formato da n chiavi avremmo ottenuto per X la densit`a discreta uniforme sui primi n numeri naturali, cio`e X assume i valori in S := {1, . . . , n} con probabilit`a data da pX (k) = 1/n, ∀k ∈ S. 4. Se prima di provare una nuova chiave, rimetto la chiave nel mazzo allora lo schema di riferimento `e di estrazioni con reimmissione e la variabile aleatoria, diciamo Z, che indica il numero di chiavi da provare per trovare quella dell’ufficio ha densit`a geometrica di parametro 1/10. Quindi: 1. P (Z ≥ 8) = P (Z > 7) = (9/10)7 . Esercizio 2.3.16 Per la prima parte dell’esercizio, possiamo modellare le scelte dell’automobilista tramite uno schema di Bernoulli di cinque prove indipendenti. Il successo corrisponde alla scelta del self-service e quindi ogni prova avr`a probabilit`a di successo p = 3/8 = 0.375. In particolare, se definiamo E2 = “L’automobilista sceglie il self-service il secondo giorno” allora P (E2 ) = 83 . Sia ora X = numero di successi. Allora X ∼ B(n, p) = B(5, 3/8) e (2)

P (X = 2) =



5 2

  2  3 5 3 = 0.3433. 8 8

Se l’automobilista non fa mai rifornimento due volte nella stessa stazione, allora l’automobilista sceglie senza ripetizione n = 5 stazioni da un insieme di N = 8 stazioni di cui K = 3 self-service: `e come se estraesse senza reimmissione n = 5 palline da un’urna di N = 8 palline di cui K = 3 rosse e le rimanenti bianche.

33

2.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 2 Se Ei = “Il giorno i l’automobilista sceglie il self-service” per i = 1, 2, allora: P (E2 ) = P (E2 |E1c )P (E1c ) + P (E2 |E1 )P (E1 ) =

3 35 23 + = 78 78 8

Sia X = numero di self-service. In questo caso X ha legge ipergeometrica di parametri (8, 3, 5) e si trova    3 5 2 3 30   P (X = 2) = = 0.5357. = 56 8 5 Esercizio 2.4.2 Indicata con FX la funzione di  0    x2  (1) FX (x) = 50x2  − + 2x − 1    50 5 1 (2)

ripartizione di X, vale che x<0 0≤x<5 5 ≤ x < 10 x ≥ 10

P (2 ≤ X ≤ 9) = FX (9) − FX (2−) = FX (9) − FX (2) = −

92 2 22 + 9−1− = 0.9 50 5 50

Esercizio 2.4.3 R Rx x 1. FX (x) = −∞ fX (s) ds = −∞ 4s3 1(0,1) (s) ds. Quindi FX (x) = 0 se x < 0 e FX (x) = x Rx 3 4s ds = s4 0 = x4 se 0 ≤ x < 1, e FX (x) = 1 se x ≥ 1. In definitiva: 0   0 FX (x) := x4   1

se x < 0 se 0 ≤ x < 1 se x ≥ 1.

2. P (−0.5 < X ≤ 0.5) = FX (0.5) − FX (−0.5) = (0.5)4 − 0 = 0.0625 = 1/16. Esercizio 2.4.4 Le funzioni in (c), (f ), (h) non sono funzioni di densit`a in quanto la funzione in (c) `e negativa, la funzione in (f ) non `e integrabile e la funzione in (h) integra a 16. Per le rimanenti funzioni le corrispondenti funzioni di ripartizione sono (a) (b) (d) (e) (g)

F (x) = x3 1(0,1) (x) + 1[1,∞) (x)   x θ − 1 θx (1 − θ)(x − 1 − θ) F (x) = 1[1,2) (x) + 1[2,3) (x) + 1[3,∞) (x) 1[0,1) (x) + + 2 2 2 2 x−a F (x) = 1[a,b) (x) + 1[b,+∞) (x) b−a   x2 1 (3 − x)2 1[2,3) (x) + 1[3,∞) (x) F (x) = 1(0,1) (x) + 1[1,2) (x) + 1 − 2 2 2

F (x) = (1 − x−1 )1(1,∞) (x)

Esercizio 2.4.5 Poich´e f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R, allora, necessariamente, k ≥ 0. Inoltre 1=

Z

+∞

−∞

f (x)dx =

Z

k

2

kx dx = 2k

−k

Z

0

k

x2 dx =

2 4 k 3

se e solo se k 4 = 3/2, e quindi k = (3/2)1/4 Esercizio 2.4.6 R +∞ R +∞ R +∞ 2 1. 1 = −∞ f (x) dx = k 0 xe−x dx = − k2 0

d −x2 dx e

2 +∞ = dx = − k2 e−x 0

k 2

=⇒ k = 2.

34

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE 2. P (X ≤ 1) = P (X < 1) =

1 − e−1

R1

f (x) dx = 2 −∞

R1 0

2

xe−x dx = −

R1

d −x2 e 0 dx

Esercizio 2.4.7 X ha funzione di densit`a data da  1 0≤x≤1 fX (x) = 0 altrove

2 1 dx = − e−x =

e quindi, essendo per esempio 3 minuti uguale a 3/60 ore, R1 R1 57 1. P (X > 3/60) = 3/60 fX (x)dx = 3/60 1dx = 60 = 19/20; R 5/60 5 1 2. P (X ≤ 5/60) = 0 1dx = 60 = 12 3. P (6/60 ≤ X ≤ 11/60) = P (“X cade in un intervallo di lunghezza (11-6)/60”) = X ∼ U ].

0

1 12

[perch´e

Esercizio 2.4.8 Il discriminante dell’equazione x2 + 40Y x + 360Y − 32 = 0 `e ∆(Y ) = 1600Y 2 − 1440Y + 128 e ∆(Y ) < 0 se e solo se 0.1 < Y < 0.8. Segue che la probabilit`a cercata vale R 0.8 P (0.1 < Y < 0.8) = 0.1 2y dy = 0.82 − 0.12 = 0.63. Esercizio 2.4.9 Sia TA la v.a. che rappresenta il tempo di riparazione del tecnico A. Allora: 1 (1) P (TA > 2) = e− 2 2 = e−1 1

(2)

P (TA ≥ 11|TA > 9) =

e− 2 11 1 e− 2 9

= e−1 = P (TA > 2).

Sia ora TB la v.a. che rappresenta il tempo di riparazione del tecnico B e T la variabile aleatoria che rappresenta il tempo di riparazione del centro di assistenza xxx. Siano inoltre, A=“La riparazione `e effettuata dal tecnico A” e B=“La riparazione `e effettuata dal tecnico B”. Allora P (T ≤ t) = P (T ≤ t|A)P (A) + P (T ≤ t|B)P (B) = P (TA ≤ t)P (A) + P (TB ≤ t)P (B) ( 0 se t ≤ 0 = 1 − (e−0.5∗t + e−0.6∗t )/2 se t > 0 In particolare T non `e esponenziale. Segue che e−1 + e−1.2 (3) P (T > 2) = 1 − P (T ≤ 2) = 2 P (T ≥ 11) e−5.5 + e−6.6 = −4.5 (4) P (T ≥ 11|T > 9) = [6= P (T > 9) e + e−5.4

e−1 +e−1.2 ] 2

Esercizio 2.4.11 1000 1 1. E(X) = = 750 se e solo se a = 1 + a 3   0 R
a x a x 2. F (x) = (1000 − t)a−1 dt = 1 − 1 − 1000 0 1000a   1 3. Determiniamo k tale che 0.1 = P (X ≥ k). Ma,

se x ≤ 0 se 0 < x < 1000 se x ≥ 1000

 0.1 = P (X ≥ k) = P (X > k) = 1 − F (k) = 1 − 1 + 1 −

se e solo se

k = 1 − 0.11/a 1000

se e solo se k = 1000 − 1000 × 0.11/a = 1000 −

1000 = 999. 1000

k 1000

a

35

2.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 2 Esercizio 2.5.1 (1)

pZ (k) = P (max(X, 3) = k) =     1 2 2 2   k = 1, 2 0  3 1
+ 3 + ( 3 ) ' 0.8025 k = 3 k−1 = P (X ≤ 3) k = 3 = 13 32 k = 4, 5, . . .     P (X = k) k = 4, 5, . . . 0 altrove. 
k−1 1 2  k = 1, 2 P (X = k) = 3
3 2 pY (y) = P (Y = k) = P (X ≥ 3) = 23 = 94 k = 3   0 altrove

(2)

Esercizio 2.5.2 Sia T la variabile aleatoria che indica il numero di teste su 10 lanci indipendenti di una moneta equilibrata. Allora T ∼ Bi(10, 1/2). Ovviamente il numero di croci `e dato da 10 − T e la variabile aleatoria X = |T − (10 − T )| = |2T − 10| `e la differenza in valore assoluto tra numero di teste e numero di croci. Per rispondere alle varie domande dobbiamo calcolare la densit` a di X: 1. X = 4 se e solo se |T − (10 − T )| = |2T − 10| = 4. Quindi pX (4) = P ({2T − 10 = 4} ∪ {−2T + 10 = 4}) = P ({2T − 10 = 4}) + P ({−2T + 10 = 4}) =    10 1 10 = pT (7) + pT (3) = 2 3 2 2.-3. X = 0 se e solo se T = 5
e quindi la densit`a di X in 0 `e strettamente positiva; esattamente 1 abbiamo pX (0) = pT (5) = 10 5 210 . Passando agli altri valori: X = k se e solo se |2T − 10| = k se e solo se “2T − 10 = k oppure −2T + 10 = k”, cio`e “T = k/2 + 5 oppure T = 5 − k/2”. Quindi, gli unici valori ammissibili per k sono in S = {0, 2, 4, 6, 8, 10} e  10
1 k=0   5 210
1
9
1
10 10 10 pX (k) = P (T = k/2 + 5) + P (T = 5 − k/2) = 2 k/2+5 2 = k/2+5 2 k ∈ S \ {0}   0 altrove Esercizio 2.5.3

y

FY (y) = P (log X ≤ y) = P (X ≤ e ) =

(

0 1 − e−λy

se ey < 1 = se ey ≥ 1

(

0 1 − e−λy

se y < 0 se y ≥ 0

Quindi Y `e una variabile aleatoria continua con funzione di densit` a fY (y) = λe−λy 1(0,+∞ (y), λ > 0, cio`e Y ∼ E(λ). Esercizio 2.5.4 FY (y) = P (tan X ≤ y) = P (X ≤ arctan y) =

arctan y + π/2 π

∀y ∈ R

Pertanto (2.1)

fY (y) =

∂ ∂ arctan y + π/2 1 FY (y) = = ∂y ∂y π π(1 + y 2 )

∀y ∈ R

` La densit` a in (2.1) prende il nome di densit` a continua che R ∞ a ydi Cauchy. E un esempio di densit` dy = ∞, sebbene non ammette media. Infatti: E|Y | = 2 0 π(1+y 2) Z

0

x −∞

1 dx + π(1 + y 2 )

Z

0

∞

x

1 dx = 0!!! π(1 + y 2 )

36

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Esercizio 2.5.5 1. Poich`e X `e una variabile aleatoria continua e g(x) = x1/α `e funzione derivabile e strettamente crescente su (0, +∞) con inversa g −1 (x) = xα derivabile, allora Y = X 1/α `e una variabile aleatoria continua con densit` a α

fY (y) = fX [g −1 (y)](g −1 )0 (y)1g((0,+∞)) (y) = fX (y α )αy α−1 1(0,+∞) (y) = λαy α−1 e−λy 1(0,+∞) (y). 2. Y ha funzione di ripartizione ( ( 0 0 y≤0 = R yα −λz FY (y) = R y α−1 −λtα e dt y > 0 λe dz 0 λαt 0 (z = tα , dt =

y≤0

y>0

=

(

1 1/α−1 z dz) α

0 α 1 − e−λy

y≤0 y>0

Quindi, α

α α P (Y > t + s) 1 − FY (t + s) e−λ(t+s) P (Y > t + s | Y > s) = = = = e−λ(t+s) +λs ; P (Y > s) 1 − FY (s) e−λsα

Poich´e d P (Y > t + s | Y > s) = P (Y > t + s | Y > s)λα(−(t + s)α−1 + sα−1 ) ≥ 0 ds se e solo se sα−1 ≥ (s + t)α−1 e, ∀s ≥ 0, vale che sα−1 ≥ (s + t)α−1 se e solo se α ≤ 1, allora concludiamo che - se α = 1 allora P (Y > t + s | Y > s) `e funzione costante in s; - se α < 1 allora P (Y > t + s | Y > s) `e funzione crescente in s; - se α > 1 allora P (Y > t + s | T > s) `e funzione decrescente in s.

3. Sulla base dei risultati illustrati al punto precedente, visto che l’andamento in s di P (Y > t + s | T > s) non dipende da λ, per modellare tempi di vita di apparecchiature potremmo procedere nella scelta si α secondo le seguenti regole: - sceglieremo α = 1, cio`e useremo la densit`a esponenziale, per modellare tempi di vita di apparecchiature non soggette ad usura; - sceglieremo α < 1 per modellare il tempo di vita di apparecchiature in rodaggio: sapendo che l’apparecchiatura funziona da un tempo superiore ad s, `e pi` u probabile che sia in vita per un ulteriore periodo di lunghezza almeno pari a t. - sceglieremo α > 1 per modellare il tempo di vita di apparecchiature soggette ad usura.

Nota 9 La densit` a di probabilit` a trovata per Y `e detta densit` a di Weibull. In generale, se X `e una variabile aleatoria con densit`a fX e funzione di ripartizione FX , allora fX (t) `e detto tasso istantaneo di propensione al guasto. Il nome `e giutificato dalla rX (t) = 1−F X (t) seguente eguaglianza: e−

Rt 0

rX (u)du

=e

−

Rt

fX (u) du 0 1−FX (u)

=e

Rt

d 0 du

log(1−FX (u))du

= 1 − FX (t)

dalla quale deriva anche che P (X > t + s | X > s) = e−

R t+s s

rX (u)du

R t+s per cui, fissato t, P (X > t + s | X > s) `e funzione crescente in s se e solo se s rX (u)du `e funzione decrescente in s. L’ultima condizione `e equivalente a rX (s + t) < rX (s) ∀s, cio`e rX (u) `e funzione decrescente. Infine, X si dice IFR (incresing failure rate) se u 7→ rX (u) `e crescente, mentre si dice DFR (decresing failure rate) se u 7→ rX (u) `e decrescente. Quindi per una variabile aleatoria X con densit` a di Weibull di parametri (α, λ) abbiamo che X `e IFR se e solo se α > 1.

2.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 2

37

Esercizio 2.5.6 1. Y1 = U − 1/2 ∼ U(−1/2, 1/2). Cfr. Dispense, Esempio 2.6.6 pagina 54-55. 2. Poich`e Y1 = U − 1/2 ∼ U(−1/2, 1/2) allora, la funzione di ripartizione di Y2 = |Y1 | `e   y≤0 0 FY2 (y) = P (−y ≤ Y1 ≤ y) = 2y 0 < y < 1/2   1 y ≥ 1/2

e quindi, Y2 ∼ U(0, 1/2); 3. Poich´e Y3 = Y22 e su (0, 1/2) la funzione g(x) = x2 `e invertibile, allora

2 √ 1 1 √ fY3 (y) = fY2 ( y) √ = √ 1(0,1/2) ( y) = √ 1(0,1/4) (y). 2 y 2 y y 4. Poich`e g(x) = 1/(x + 1/2) `e invertibile su (0, 1) e g −1 (y) = 1/y − 1/2 `e derivabile su (0, +∞) con (g −1 (y))0 = −1/y 2, allora     1 1 1 1 1 1 1 fY4 (y) = fU = 2 1(2/3,2) (y). − = 2 1(0,1) − y 2 y2 y y 2 y 5. Poich`e g(x) = − log(x)/λ `e invertibile su (0, 1) e g −1 (y) = e−λy `e derivabile su (0, +∞) con (g −1 (y))0 = −λe−λy , allora

fY5 (y) = fU e−λy 1(0,1) e−λy λe−λy = λe−λy 1(0,+∞) (y)

38

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Capitolo 3

Media varianza e momenti 3.1

Media e varianza

Esercizio 3.1.1 In una classe maschile di 30 studenti, due studenti sono alti 167cm, cinque 170cm, tre 175cm, cinque 176cm, sei 180cm, sette 185cm e due 190cm. Se scelgo uno studente a caso quanto mi aspetto sia alto? Esercizio 3.1.2 Se una moneta regolare viene lanciata quattro volte, mediamente, quante volte succede che croce segua immediatamente testa? Esercizio 3.1.3 Sia U ∼ U(0, 1). Determinate media e varianza delle seguenti variabili aleatorie: 1. Y = U − 1/2

[Risp. E(Y ) = 0, Var(Y ) = 1/12]

2. Y = (U − 1/2)2 3. Y = 1/(U + 1/2)

[Risp. E(Y ) = 1/12, Var(Y ) = 1/180] [Risp. E(Y ) = log(3), Var(Y ) = 4/3 − log(3)2 ' 0.1264]

4. Y = − log(U )

[Risp. E(Y ) = Var(Y ) = 1]

Esercizio 3.1.4 ([CP, INF II Appello, 01/03/06) Il diametro X di un tipo di particelle di polline, espresso in micron, `e una variabile aleatoria assolutamente continua con densit` a  c x−6 x≥1 fX (x) = 0 x<1 1. Determinare il valore di c. 2. Calcolare media e varianza di X. 3. Qual `e la probabilit` a che una particella selezionata a caso abbia diametro compreso tra 1.3 e 2 micron? 4. Calcolare la funzione di ripartizione di X. Esercizio 3.1.5 Il numero di vestiti confezionati settimanalmente da una sartoria `e una variabile aleatoria con momento primo 5 e momento secondo 30. 1. Fornite una stima della probabilit`a che la prossima settimana il numero di vestiti confezionati sia compreso fra 2 e 8. 2. Nei periodi di maggiore richiesta nella sartoria vengono assunti alcuni lavoranti stagionali per aumentare la produzione settimanale. Si sa che con i nuovi lavoranti, comunque la produzione media settimanale rimane invariata, mentre la varianza diminuisce all’aumentare dei lavoranti secondo la seguente regola: Var(X) = 5/(n + 1), dove n rappresenta il numero di lavoranti 39

40

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

stagionali assunti (n = 0, 1, . . .). Avendo le uniche informazioni di media e varianza, qual `e il numero minimo di lavoranti stagionali che la sartoria deve assumere affinch´e sia almeno pari a 0.8 la probabilit` a che il numero di vestiti confezionati settimanalmente sia compreso fra 2 e 8?

3.2

Densit` a gaussiana

Esercizio 3.2.1 Sia X una variabile aleatoria gaussiana standard (X ∼ N (0, 1)). Facendo uso delle tavole, determinate: 1. P (X ≤ 0.2), P (X > 0.2), P (X < −0.2), P (−0.2 < X < 0.2), 2. il quantile di ordine 0.95 di X, 3. il valore di k tale che P (−k < X < k) = 0.95, 4. il quantile di ordine 0.05 di X. Esercizio 3.2.2 Le bilance da cucina prodotte dalla casa xxx sono tarate in modo tale da non aver errori sistematici. In realt` a, l’errore effettivo di misurazione, espresso in grammi, non `e sempre nullo, ma si pu` o modellare come una variabile aleatoria N (0, 1). Prima di esse immesse sul mercato, le bilance sono controllate ad una ad una (per sempio pesando un oggetto di cui gi`a si conosce esattamente il peso) e passano il controllo quelle per cui l’errore di misurazione (sia per eccesso sia per difetto) non supera i 2 grammi. 1. Si determini la percentuale di bilance che superano il controllo. 2. Di quanto `e necessario aumentare il tetto dei 2 grammi, affinch´e la percentuale delle bilance che non superano il controllo si riduca all’1%? Esercizio 3.2.3 Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua con densit` a gaussiana di parametri µ = 4 e σ 2 = 25. 1. Qual `e il valore di P (X ≤ 5), P (X > 3), P (3 < X < 5)? 2. Determinate il quantile di ordine 0.95 di X, cio`e, indicata con FX la f.d.r. di X, determinate il valore di k tale che FX (k) = 0.95. 3. Determinate il quantile di ordine 0.05 di X. 4. Per quale valore di k, P (2 − k < X < 6 + k) = 0.95? Esercizio 3.2.4 Sia X ∼ N (µ, 36) con µ incognito. Determinate µ sapendo che P (X ≤ 5) = 0.40. Esercizio 3.2.5 Le sferette di acciaio prodotte da una certa linea di produzione devono avere una lunghezza nominale di 5 mm; sono accettabili sferette aventi lunghezza entro i limiti di tolleranza [4, 6]. Le lunghezze reali dei pezzi prodotti sono in realt`a variabili aleatorie con densit` a gaussiana di media 5mm e varianza (0.5)2 mm2 . 1. Quale percentuale dei pezzi prodotti non rispetta i limiti di tolleranza dati? 2. Potendo ricalibrare la linea di produzione, a quale valore dobbiamo ridurre la varianza affinch`e la percentuale di pezzi che non rispettano i limiti di tolleranza si riduca al 1%? Esercizio 3.2.6 Il peso (in Kg) degli uomini di 48 anni di una certa citt`a pu` o essere modellato come una variabile aleatoria gaussiana X. Si sa inoltre che il 12.3% degli uomini pesano pi` u di 70 Kg e il 6.3% pesa meno di 58 Kg. Determinate media e varianza di X. Esercizio 3.2.7 L’altezza degli uomini di una determinata citt`a si pu`o modellare come una variabille aleatoria gaussiana di parametri µ = 178cm e deviazione standard σ = 10cm. Mentre, quella delle donne `e una variabile aleatoria gaussiana di parametri µ = 168cm e deviazione standard σ = 15cm. Inoltre, le donne costituiscono il 58% della popolazione della citt`a oggetto di indagine. 1. Qual `e la probabilit` a che l’altezza di un abitante della citt`a mascherato fermato a caso ad un angolo di una strada (un giorno di carnevale) sia compresa fra 164 e 180 cm?a 2. Se l’altezza della persona mascherata fermata `e compresa fra 165 e 180 cm, qual `e la probabilit` a che la persona scelta a caso sia un uomo?

3.3. APPROSSIMAZIONE GAUSSIANA DELLA FUNZIONE DI RIPARTIZIONE BINOMIALE41 Esercizio 3.2.8 (CP TEL 12/11/02 Esercizio 1.3) Il tempo giornaliero, che uno studente scelto a caso della Sezione [D − HZ] dedica allo studio di Calcolo delle Probabilit`a (CP) durante la preparazione dell’esame, `e una variabile aleatoria gaussiana con media 5 ore e varianza 4 (ore2 ). 1. Determinate la percentuale di studenti della Sezione [D − HZ] che dedica giornalmente a CP meno di 6 ore. Da un’indagine sulla Sezione [I − QZ], risulta che il 60% degli studenti della Sezione [I − QZ] dedica allo studio di CP durante la preparazione dell’esame pi` u di 3 ore al giorno. 2 Ipotizzando che il tempo giornaliero dedicato da uno studente della Sezione [I − QZ] a CP durante la preparazione dell’esame sia sempre una variabile aleatoria gaussiana di varianza 4 (ore2 ), quanto vale la media di questa densit`a? 3 Calcolate ora anche per la Sezione [I −QZ] la percentuale di studenti che dedica giornalmente a CP meno di 6 ore. Supponiamo che la Sezione [D − HZ] sia formata da 162 studenti e quella [I − QZ] da 138. 4 Se uno studente viene estratto a caso dall’elenco di tutti gli studenti appartenenti alle due Sezioni, quanto vale la probabilit`a che dedichi allo studio di CP un tempo inferiore a 6? Esercizio 3.2.9 (CP ELN INF 11/11/03 Esercizio 2.3) Per trasmettere un messaggio binario (“0” o “1”) da una sorgente A a una ricevente B tramite un canale (per esempio un filo elettrico), si decide di mandare un segnale elettrico di +2 Volt se il messaggio `e “1” e di −2 Volt se il messaggio `e “0”. A causa di disturbi nel canale, se A invia il segnale µ = ±2, B riceve un segnale X = µ + Z, dove Z rappresenta il rumore del canale. Alla ricezione di un qualunque segnale X si decodifica il messaggio con la seguente regola: se X ≥ 0.5 si decodifica “1” se X < 0.5 si decodifica “0”. Si supponga inoltre che Z sia una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a gaussiana standard e che la probabilit` a di trasmettere “0” sia uguale alla probabilit`a di trasmettere “1”. 1. Qual `e la probabilit` a di decodificare “1”, avendo inviato “0”? 2. Qual `e la probabilit` a di decodificare “0”, avendo inviato “1”? 3. Qual `e la probabilit` a di decodificare “1”? 4. Avendo decodificato “1”, qual `e la probabilit`a che la decodifica sia esatta?

3.3

Approssimazione gaussiana della funzione di ripartizione binomiale

Esercizio 3.3.1 Dall’esperienza passata ci si aspetta che l’esame xyz venga superato dal 75% degli allievi elettronici. Una classe costituita da 10 allievi elettronici sosterr`a l’esame xyz. Se i risultati dei singoli studenti si ipotizzano indipendenti, quanto vale la probabilit`a che lo superi almeno il 70% di essi? 2. Come cambia la risposta se la classe `e costituita da 140 studenti (sempre nell’ipotesi che i risultati dei singoli studenti siano indipendenti)? Esercizio 3.3.2 (I recupero CP Ing. Mat. aa. 2002-2003) Il 35% di tutto l’elettorato `e a favore del candidato Tizio. In una sezione elettorale votano 200 persone (scelte a caso) e sia X il numero di quelle che sono a favore di Tizio.

42

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI 1. Quante schede ci sono a favore di Tizio in media in quella sezione? 2. Determinare la probabilit` a che X sia maggiore di 75 (scrivere la formula esplicita che assegna questa probabilit` a senza eseguire il calcolo numerico). 3. Determinare un valore approssimato della probabilit`a richiesta al punto precedente. 4. A votazione terminata, lo scrutatore compie lo spoglio delle schede: Tizio ha ricevuto 60 voti. Se si scelgono ora 10 schede (distinte) tra le 200, qual `e la probabilit` a che tra esse ce ne siano esattamente 3 per Tizio? (Scrivere l’espressione esatta di tale probabilit`a).

Esercizio 3.3.3 (CP ELN INF 08/09/04 esercizio 2) Il tempo di esecuzione del programma xxx sul calcolatore yyy `e compreso fra 60 e 120 minuti primi. Idealmente, esso pu`o essere modellato come una variabile aleatoria X assolutamente continua con densit`a ( x−60 60 ≤ x ≤ 120 fX (x) = 1800 0 altrove. 1. Calcolate la probabilit` a che il calcolatore impieghi pi` u di 90 minuti per eseguire il programma. Su ciascuno di 50 calcolatori, tutti del tipo yyy, i cui tempi di esecuzione sono variabili aleatorie indipendenti lanciamo il programma xxx e, allo scadere dei 90 minuti, controlliamo se il programma `e stato eseguito oppure no. Indichiamo con S il numero di programmi (su 50) eseguiti nei primi 90 minuti. 2. Determinate media, varianza e densit`a di probabilit`a di S. 3. Calcolate approssimativamente la probabilit`a che almeno il 40% dei programmi siano stati eseguiti nei primi 90 minuti.

3.4

Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 3

Esercizio 3.1.1 Sia X la variabile aleatoria che modella l’altezza dello studente scelto a caso. Per rispondere alla domanda, dobbiamo calcolare E(X). X `e variabile aleatoria discreta con densit` a di probabilit` a data da 2 , pX (170) = 30 6 pX (180) = , pX (185) = 30

pX (167) =

5 , pX (175) = 30 7 , pX (190) = 30

3 5 , pX (176) = 30 30 2 . 30

Quindi P 5 3 5 6 7 2 2 + 170 30 + 175 30 + 176 30 + 180 30 + 185 30 + 190 30 ≈ 178.13. E(X) = k xk pX (xk ) = 167 30

Esercizio 3.1.2 Sia X il numero di volte che in quattro lanci testa `e seguita immediatamente da croce. Allora: P (X = 2) = P (T CT C) = 1/24, P (X = 0) = P ({T T T T, CCCC, CCCT, CCT T, CT T T } = 5/24 , P (X = 1) = 1 − 1/24 − 5/24 = 10/24 e E(X) = 10/24 + 2 · 1/24 = 0.75 Esercizio 3.1.4 1. Deve essere 1 = 2. Si trova E(X) = E(X 2 ) =

Z

Z

R

R

fX (x) dx =

x fX (x) dx =

1

R +∞

5x−4 1

Z

R +∞ 1

cx−6 dx = 5c , quindi c = 5.

+∞

5x−5 dx =

5 = 1.25, 4

5 5 dx = e Var(X) = E(X 2 ) − (E(X))2 = − 3 3

 2 5 5 = ' 0.1042. 4 48

43

3.4. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 3 3. P (1.3 < X < 2) =

R2

1.3

5x−6 dx = (1.3)−5 − 2−5 ' 0.2381.

4. La funzione di ripartizione FX `e: FX (t) =

  0 

t<1

1 − t−5

t≥1

Esercizio 3.1.5 1. Sia X la variabile aleatoria che indica il numero di vestiti confenzionati settimanalmente. Allora X ha media E(X) = 5 e momento secondo E(X 2 ) = 30. Per rispondere alla domanda, dobbiamo stimare P (2 ≤ X ≤ 8). Avendo informazioni su media e varianza, usiamo la diseguaglianza di Chebychev: P (2 ≤ X ≤ 8) = P (2 − E(X) ≤ X − E(X) ≤ 8 − E(X)) = P (2 − 5 ≤ X − E(X) ≤ 8 − 5) = P (−3 ≤ X − E(X) ≤ 3) ≥ 1 −

E(X 2 ) − E2 (X) 5 Var(X) =1− = 1 − ' 0.4445 : 2 3 9 9

Quindi 0.4445 rappresenta un estremo inferiore per P (2 ≤ X ≤ 8). 2. Con ragionamento analogo a quello del punto precedente otteniamo che P (2 ≤ X ≤ 8) ≥ 1 −

Var(X) 5 =1− 32 9(n + 1)

Risolvendo la seguente disequazione in n: 1−

5 ≥ 0.8 9(n + 1)

⇐⇒

n≥

16 ' 1.777778, 9

concludiamo che la sartoria deve assumere almeno due altri lavoranti. Esercizio 3.2.1 1. P (X ≤ 0.2) = Φ(0.2) = 0.5793, P (X > 0.2) = 1 − Φ(0.2) = 1 − 0.5793 = 0.4207; P (X < −0.2) = P (X > 0.2) = 0.4207; P (−0.2 < X < 0.2) = 2Φ(0.2) − 1 = 0.1586; 2. Il quantile di ordine α della funzione di ripartizione Φ `e quel valore qα tale che Φ(qα ) = α. Essendo Φ strettamente crescente su R, segue che qα = Φ−1 (α). Quindi dalle tavole della fdr N (0, 1), otteniamo: q0.95 = 1.644. 3. Dalla simmetria della gaussiana standard (intorno allo zero) ricavo che P (−k < X < k) = 2Φ(k) − 1. Impongo 2Φ(k) − 1 = 0.95, ossia Φ(k) = (1 + 0.95)/2 = 0.975, k `e dunque il quantile di ordine 0.975: k = 1.96. 4. Si osservi che se α < 0.5, allora dalla monotonia di Φ e dal fatto che Φ(0) = 0.5 segue che qα < 0. Inoltre, sempre dalla simmetria della densit`a N (0, 1) discende che qα = −q1−α , per ogni α ∈ (0, 1). Quindi, q0.05 = −q1−0.05 = −1.644. Esercizio 3.2.2 1. Sia X ∼ N (0, 1) la v.a. che indica l’errore di misurazione della bilancia. Allora, la percentuale di bilance che superano il controllo `e dato da P (|X| ≤ 2) = 2Φ(2) − 1 ' 2 × 0.9772499 − 1 = 0.9544997 2. Dobbiamo determinare k tale che 1 − P (|X| ≤ 2 + k) = 0.01: 1−P (|X| ≤ 2+k) = 1−(2Φ(2+k)−1) = 2(1−Φ(2+k)) = 0.01 se e solo se Φ(2+k) = 1−

0.01 = 0.995 2

cio`e 2 + k `e il quantile di ordine 0.995 di Φ. Dalle tavole deriva che: 2 + k = 2.576 e quindi, `e necessario aumentare il tetto da 2 grammi a 2.576 grammi.

44

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Esercizio 3.2.3 Dobbiamo innanzitutto ricondurci alla densit`a gaussiana standard: Se X ∼
x−µ . N (µ, σ 2 ) allora, P (X ≤ x) = Φ σ
1. P (X ≤ 5) = Φ 5−4 = Φ(0.2) = 0.5793; 5
= 1 − Φ(−0.2) = Φ(0.2) = 0.5793; P (X > 3) = 1 − P (X ≤ 3) = 1 − Φ 3−4 5

5−4 3−4 P (3 < X < 5) = P (X <5) −P (X < 3) = Φ 5 − Φ 5 = 2Φ(0.2) − 1 =  0.1586.  2. Poich´e FX (k) = Φ

k−µ σ

, allora dobbiamo determinare k tale che Φ

k−µ σ

= 0.95, cio`e

k−µ σ

= qα , dove qα `e il quantile di ordine α di Φ. Quindi k = 5q0.95 + 4 = 5 ∗ 1.644 + 4 = 12.22 3. In questo caso, k = 5q0.05 + 4 = 5(−q0.95 ) + 4 =
5 ∗ (−1.644)
+ 4 = −4.22 X−4 = 2Φ 2+k − 1 = 0.95 se e solo se 2+k 4. P (2 − k < X < 6 + k) = P − 2k < 2+k e il 5 < 5 5 5 5 ` quantile di ordine (1 + 0.95)/2 = 0.975 della gaussiana standard. Quindi (2 + k)/5 = 1.96, da cui k = 7.8.
implica 5−µ = z0.4 (= quantile della normale Esercizio 3.2.4 0.4 = P (X ≤ 5) = Φ 5−µ 6 6 standard di ordine 0.4). Per la simmetria della normale standard: z0.4 = −z1−0.4 = −z0.6 = −0.2533 da cui µ = 6.52.

Esercizio 3.2.5 Lunghezza dei pezzi (misurata in mm): X ∼ N (µ; σ 2 ) , µ = 5, σ = 0.5. Poniamo Z = (X − µ)/σ. 1. Si chiede

2. Imponendo

P ({X < 4} ∪ {X > 6}) = P (X < 4) + P (X > 6]) =     6−5 4−5 +P Z > = P (Z < −2) + P (Z > 2) P Z< 0.5 0.5   = 2 1 − Φ(2) ' 2 × 0.02275 = 0.04550 = 4.55%

    1 1 1 = 2Φ −1; 0.99 = P (4 ≤ X ≤ 6) = P − ≤ Z ≤ σ σ σ   1 1 1 Φ = 0.995 = z0.995 ' 2.57583 , σ≈ ≈ 0.3882; σ σ 2.57583

otteniamo che la varianza richiesta `e

2

= 0.1507mm2 .

Esercizio 3.2.6 I dati a nostra disposizione si possono cos`ı sintetizzare: (

(

= 12.3% = 1 − 12.3% Φ 70−µ P (X > 70) = 1 − Φ 70−µ σ σ

= = 58−µ P (X < 58) = Φ 58−µ = 6.3% Φ = 6.3% σ σ ( ( 70−µ = z1−12.3% = z0.877 = 1.1601 µ = 64.83 σ = 58−µ ⇒ = z6.3% = z0.063 = −1.5301 σ 2 = (4.46)2 ' 19.897 σ

Esercizio 3.2.7 Sia X ∼ N (178, 100) l’altezza degli uomini e Y ∼ N (168, 225) l’altezza delle donne, E l’evento=“l’altezza di una persona fermata a caso ad un angolo di una strada il giorno di carnevale con una maschera sul viso `e compresa fra 165 e 180 cm” e U l’evento=“Una persona scelta a caso nella citt` a `e uomo” . 1. Per il teorema delle probabilit` a totali, P (E) = P (E | U )P (U ) + P (E | U c )P (U c ). Dai dati
− del problema abbiamo P (U ) = 0.42. Inoltre, P (E | U ) = P (X ∈ [165, 180]) = Φ 180−178 10
c Φ 165−178 = Φ(0.2) − Φ(−1.3) = 0.5793 − 0.0968 = 0.4825 e P (E | U ) = P (Y ∈ 10

165−168 − Φ = Φ(0.8) − Φ(−0.2) = 0.7881 − 0.4207 = 0.3674. [165, 180]) = Φ 180−168 15 15 Quindi, P (E) = 0.4825 ∗ 0.42 + 0.3674 ∗ 0.58 = 0.4157. 2. Per il teorema di Bayes, P (U | E) =

P (E|U)P (U) P (E)

= 0.4825 ∗ 0.42/0.4157 = 0.4875.

3.4. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 3

45

Esercizio 3.3.1 1. Per ogni allievo della classe posso pensare pari a 0.75 la probabilit`a che superi l’esame. Allora X che indica il numero di studenti che superano la prova su 10, tenuto conto anche dell’indipendenza dei risultati dei singoli studenti, ha densit`a binomiale di parametri (10,0.75). Essendo 70% di
P10 k 10−k 10 uguale a 7, allora per rispondere a 1. calcoliamo P (X ≥ 7) = k=7 10 0.75 0.25 ' 0.7759. k 2. Valgono ancora le ipotesi del punto 1., ma ora gli allievi in classe sono 140. Quindi Y =numero di studenti che superano la prova su 140 ha densit`a binomiale di parametri (140,0.75). Essendo 70% di 14=98, allora per rispondere a 2. calcoliamo approssimativamente P (Y ≥ 98), usando il teorema centale del limite. Con la correzione di continuit`a abbiamo: P (Y ≥ 98) = P (Y > 97) = 1 − P (Y ≤ 97) = 1 − P (Y ≤ 97 + 0.5)   97 + 0.5 − 105 √ = 1 − Φ(−1.46385) = Φ(1.46385) ' 0.9284. '1−Φ 26.25 Esercizio 3.3.2 1. E(X) = 200 × 0.35 = 70. 2. X ∼ Bin(200, 0.35). Quindi P (X > 75) =

P200

k=76


0.35k 0.65200−k

200 k

3. Usando un’approssimazione gaussiana, basata sul Teorema di De Moivre-Laplace si ottiene   75 − 70 X − 70 ' > √ P (X > 75) = P √ 200 × 0.35 × 0.65 200 × 0.35 × 0.65   75.5 − 70 '1−Φ √ ' 1 − Φ(0.815) ' 1 − Φ(0.82) ' 1 − 0.7938 = 0.2162 200 × 0.35 × 0.65 (Abbiamo applicato la correzione di continuit`a) 4. Sia Y il numero delle schede a favore di Tizio tra le 10 estratte. Allora Y ha densit`a ipergeometrica e

60 140 P (Y = 3) =

3


7

200 10

46

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Capitolo 4

Vettori aleatori 4.1

Vettori aleatori discreti

Esercizio 4.1.1 (II Recupero CP INF 16/09/2002) Si consideri il vettore aleatorio (X, Y ) che ha la seguente densit` a congiunta: X=-15 X=-1 X=0

Y=-1 0 4/36 1/36

Y=0 2/36 2/36 26/36

Y=1 0 0 1/36

(1) Si calcoli la covarianza delle variabili aleatorie X ed Y : sono correlate? (2) Le variabili aleatorie X ed Y sono indipendenti? (3) Si calcoli P ((X, Y ) ∈ {(x, y) : x − |y| = −1}). Esercizio 4.1.2 (I recupero 19/07/02 CP, INF) Un’urna contiene 3 biglie rosse, due biglie bianche ed una verde. Si estraggono due biglie senza reinserimento. Siano R il numero di biglie rosse estratte e B il numero di biglie bianche estratte. (1) Qual `e la densit` a congiunta del vettore (R, B)? (2) Qual `e la densit` a marginale di B? Quale quella di R? (3) Calcolate media e varianza di B. (4) Calcolare la covarianza di R e B e il coefficiente di correlazione lineare. B e R sono variabili aleatorie non correlate? (5) Calcolare Var(R − B). Esercizio 4.1.3 Sia (X, Y ) un vettore aleatorio con densit`a congiunta data da: X \Y -2 1 3

-1 1/9 2/9 0

0 1/27 0 0

2 1/27 1/9 1/9

Calcolare la probabilit` a: 1. che Y sia pari. (si consideri 0 un numero pari); 2. che XY sia dispari; 3. P (X > 0, Y ≥ 0) e P (|XY | ≥ 2); 4. P (X ≥ Y ); 5. cov(X, Y ). 6. X, Y sono indipendenti? 47

6 1/9 1/9 4/27

48

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

7. Determinare le densit` a marginali. e Ye ) che abbia le stesse densit`a marginali di (X, Y ), ma 8. Determinare un vettore aleatorio (X, le cui componenti siano indipendenti. Esercizio 4.1.4 Si lanciano in successione tre monete equilibrate. Sia X il numero di esiti “testa” per le prime due monete e Y il numero di esiti “croce” per le ultime due. 1. Si determini la densit` a congiunta del vettore (X, Y ). 2. Si determinino E(X), E(Y ), Var(X), Var(Y ) e ρ(X, Y ). 3. X e Y sono indipendenti? Perch´e? 4. Quanto vale P (X < Y )? 5.1 Le tre monete equilibrate sono ora lanciate in successione 100 volte. Quanto vale la probabilit` a che sia almeno pari a 35 il numero di lanci in cui si ottiene un numero di teste per le prime due minore del numero di croci per le ultime due? Esercizio 4.1.5 Sia (X, Y ) un vettore aleatorio discreto la cui densit`a congiunta `e la seguente: X \Y 0 1 2

0 1/3 1/12 1/12

1 1/3 1/12 1/12

X, Y sono indipendenti? Esercizio 4.1.6 (I recupero Ing. Matematica a. 2002-03) Da un’urna contenente tre palline numerate da 1 a 3 vengono effettuate due estrazioni in successione e senza rimpiazzo. Sia X il numero della prima pallina estratta ed Y il pi` u grande dei due numeri estratti. 1. Trovare la densit` a del vettore (X, Y ). 2. Trovare la densit` a di (X, Y − X). 3. Trovare la densit` a di Y − X. 4. Calcolare cov(X, Y ). Esercizio 4.1.7 Il vettore aleatorio discreto (X, Y ) ha densit`a congiunta: X \Y 0 1

0 1/3 0

1 0 1/3

2 1/3 0

1. Calcolare cov(X, Y ). X, Y sono scorrelate? Sono indipendenti? 2. Se U = 12 (X + Y ) e Z = 21 (Y − X), qual `e la densit`a congiunta di (U, Z)? 3. Calcolare cov(U, Z). Esercizio 4.1.8 (CP ELN-INF 11/11/03 Esercizio 2.2) Da un gruppo di 7 batterie, di cui 3 nuove, 2 usate ma funzionanti e 2 difettose, ne vengono scelte 3 a caso. Siano X e Y rispettivamente il numero di batterie nuove e usate tra quelle scelte. 1. Determinare la densit` a congiunta di (X, Y ) e le densit`a marginali di X e di Y . 2. Calcolare cov(X, Y ). X ed Y sono indipendenti? (Giustificare adeguatamente la risposta). 3. Le tre batterie scelte sono montate su di un apparecchio che funziona se nessuna di esse `e difettosa. Determinare la probabilit`a che l’apparecchio funzioni. 1 Svolgere

nell’ultima esercitazione dopo i teoremi limite

4.2. VETTORI ALEATORI ASSOLUTAMENTE CONTINUI

49

Esercizio 4.1.9 (CP 02/07/04 CP INF Esercizio 4) Siano X, Y due variabili aleatorie di Bernoulli di parametro p e indipendenti. Posto Z = X(1 − Y )

e

W = 1 − XY

1. qual `e la densit` a congiunta del vettore (Z, W )? 2. Quali sono le densit` a marginali di Z e W ? 3. Per quali valori di p Z e W hanno la stessa densit`a? Esercizio 4.1.10 (08/09/04 CP, ELN, INF, esercizio 3) Un dado che ha una faccia blu, due rosse e tre verdi viene lanciato due volte. Siano R il numero di volte in cui il dado esibisce la faccia superiore rossa e V il numero di volte in cui il dado esibisce la faccia superiore verde. 1. Costruite la tabella della densit` a congiunta del vettore (R, V ). 2. Calcolate P (max{R, V } = 0), P (max{R, V } = 1). 3. Determinate quali sono i valori che Z = max{R, V } pu`o assumere con probabilit`a strettamente positiva e calcolate E(Z) e Var(Z). Esercizio 4.1.11 (CP TEL Seconda prova in itinere del 02/02/2005) Siano X, Y due variabili aleatorie indipendenti entrambe geometriche di parametro p = 0.2. Siano poi U = 0.5X + 0.1Y e V = bX + Y + c. Usando le propriet`a di varianza e covarianza: 1. determinate Var(U ) e Var(V ); 2. determinate cov(U, V ); 3. stabilite per quali valori dei parametri b, c le variabili aleatorie U, V non sono correlate, quindi calcolate Var(U − V ) in questo caso.

4.2

Vettori aleatori assolutamente continui

Esercizio 4.2.1 Un sistema in parallelo `e costituito da due componenti, i cui tempi di guasto espressi in minuti sono rappresentati dal vettore assolutamente continuo (S, T ) che ha densit`a congiunta: ( e−t 0 < s < t f(S,T )(s, t) = 0 altrove 1. Qual `e la probabilit` a che il sistema funzioni ancora dopo 10 minuti dall’attivazione? [Risp P ({S > 10} ∪ {T > 10}) = 1 − FS,T (10, 10) = 11e−10] 2. Come cambia la risposta al punto 2. se i componenti sono collegati in serie? [Risp P (S > 10, T > 10) = e−10 .] Esercizio 4.2.2 Sia (X, Y ) un vettore aleatorio assolutamente continuo con densit`a fX,Y (x, y) =

(

e− 0

y2 2

0<x< altrove

√1 2π

ey∈R

1. Determinate le densit` a marginali fX e fY e stabilite se X, Y sono indipendenti 2. Sia V = X + Y 2 . Calcolate E(V ).

50

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Esercizio 4.2.3 Sia (X, Y ) un vettore aleatorio assolutamente continuo con funzione di ripartizione FX,Y data da   se x ≤ 0 o y ≤ 0 0 FX,Y (x, y) = 1 − λxe−λy − e−λx se 0 < x < y   1 − e−λy − λye−λy se 0 < y < x

dove λ > 0. Si determinino le funzioni di ripartizione marginali FX , FY e le corrispondenti funzioni di densit` a. Esercizio 4.2.4 Il vettore (X, Y ) ha densit`a congiunta: ( λ2 e−λy 0 < x < y fX,Y (x, y) = 0 altrove 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Quali sono le densit` a marginali di X e Y ? Calcolare E(X + Y ). Determinare la densit` a di X + Y . Calcolare P (X ≤ 3, Y ≤ 2). X ed Y sono indipendenti? Trovare una funzione di densit` a congiunta diversa da fX,Y che abbia le stesse marginali.

Esercizio 4.2.5 Se le variabili aleatorie X, Y hanno funzione di densit`a congiunta f della forma fX,Y (x, y) = e−2y 1(−1,1) (x)1(0,+∞) (y) X, Y sono indipendenti? Esercizio 4.2.6 Sia (X, Y ) un vettore aleatorio con densit`a uniforme sul triangolo di vertici (0, 0), (0, 1), (2, 0). 1. Calcolate la densit` a marginale di X. 2. Quanto vale E(X)? 3. Quanto vale P (X > 2Y )? 4. Quanto vale P (X > 1, Y ≤ 1/2)? Esercizio 4.2.7 (I recupero 19/07/02 CP, INF) Sia (X, Y ) un vettore aleatorio continuo con densit` a data da ( 1 (x + y)e−(x+y) se x, y > 0 fXY (x, y) = 2 0 altrove. 1. 2. 3. 4.

Determinare la densit` a di X + Y . Calcolare le densit` a marginali di X e di Y . X e Y sono variabili aleatorie indipendenti? Calcolare cov(X, Y ). Calcolare la media di X + Y . 1 5. Calcolare la media di . X +Y Esercizio 4.2.8 Sia X, Y un vettore aleatorio continuo con densit`a ( 6 (x2 + y) x ∈ (0, 1), y ∈ (0, 1) fX,Y (x, y) = 5 0 altrove 1. determinare P (X ≤ 0.5, Y ≤ 0.5); 2. determinare cov(X, Y ); 3. X, Y sono indipendenti? Giustificare rigorosamente la risposta.

4.3. MINIMO E MASSIMO DI VARIABILI ALEATORIE I. I. D. 4. 5. 6. 7.

51

Determinare le funzioni di densit`a marginali di X e Y . Trovare una diversa funzione di densit`a di probabilit`a congiunta avente le stesse marginali. determinare Var(X), Var(Y ). Quanto vale Var(X + Y )?

Esercizio 4.2.9 (II prova in itinere 04/07/02 CP, INF, Esercizio 1) Sia (X, Y ) un vettore aleatorio continuo con densit` a data da ( 6 (x2 + y) se 0 < x < 1 e 0 < y < 1 fXY (x, y) = 5 0 altrove. 1. Calcolare le densit` a marginali di X e di Y . X e Y sono variabili aleatorie indipendenti? 2. Calcolare la covarianza di X e Y . X e Y sono variabili aleatorie non correlate? Esercizio 4.2.10 (CP INF 06/09/03 Esercizio 1.3) Sia (X, Y ) un vettore aleatorio continuo con densit` a data da ( (x + y) se 0 < x < 1 e 0 < y < 1 fXY (x, y) = 0 altrove. 1. Calcolare le densit` a marginali di X e Y . 2. Calcolare media e varianza di X e di Y . 3. Calcolare la covarianza di X e Y . 4. Quanto vale Var(X − Y )? Esercizio 4.2.11 (CP ELN-INF 10/02/04 Esercizio 2.4) Sia (X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale assolutamente continuo con densit`a fX,Y (x, y) =

1 (6 − x − y)I(0,2) (x)I(2,4) (y). 8

1. Determinare le densit` a marginali di X e di Y . 2. Determinare E(X + Y ). 3. Determinare E(XY ). 4. Le variabili aleatorie sono indipendenti? Giustificare rigorosamente la risposta.

4.3

Minimo e Massimo di variabili aleatorie i. i. d.

Esercizio 4.3.1 Siano X1 , . . . , Xn n variabili aleatorie indipendenti con la stessa funzione di ripartizione F . Siano Z = max{X1 , . . . , Xn } e W = min{X1 , . . . , Xn }. 1. Qual `e la funzione di ripartizione di Z? 2. Qual `e la funzione di ripartizione di W ? 3. Se F `e assolutamente continua con densit`a f , qual `e la densit`a di Z? 4. Se F `e assolutamente continua con densit`a f , qual `e la densit`a di W ? Esercizio 4.3.2 Un sistema in parallelo `e costituito da due componenti indipendenti i cui tempi di guasto espressi in minuti, chiamiamoli S e T , sono entrambi variabili aleatorie assolutamente continue con densit` a esponenziale di parametro λ = 0.2. 1. Qual `e la probabilit` a che il sistema funzioni ancora dopo 10 minuti dall’attivazione? 2. Come cambia la risposta al punto 2. se i componenti sono collegati in serie?

52

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Esercizio 4.3.3 Due giocatori A e B lanciano ciascuno un dado equilibrato finch`e non ottengono 6. Se i giocatori impiegano lo stesso numero di lanci, il gioco finisce in parit`a, altrimenti vince chi ha effettuato meno lanci. 1. Qual `e la probabilit` a che il gioco finisca con k lanci? 2. Qual `e la probabilit` a che il gioco finisca in parit`a? 3. Qual `e la probabilit` a che vinca il giocatore A? Esercizio 4.3.4 Si lanciano due dadi equi e si osservano i numeri che escono. Sia U il valore minimo fra i due numeri usciti e W il massimo. Si determini la densit`a congiunta del vettore aleatorio (U, W ).

4.4

Vettori gaussiani

Esercizio 4.4.1 Siano Z1 , Z2 i. i. d. ∼ N (0, 1) e X1 = 2Z1 + Z2 e X2 = 3Z1 − 6Z2 + 5. 1. Calcolate Var(X1 ), Var(X2 ) e cov(X1 , X2 ). [Risp: 5, 45, 0]

2. Calcolate E(X2 (1 − X1 )). [Risp: 5] 3. Calcolate E(5X1 − 2X2 ) e Var(5X1 − 2X2 ). [Risp: −10, 305] 4. Qual `e la densit` a della variabile aleatoria Y = 5X1 − 2X2 ? [Risp: N (−10, 305)] 5. Qual `e la densit` a del vettore aleatorio (X1 , X2 )? Esercizio 4.4.2 Sia X = (X1 , . . . , Xn )T un vettore gaussiano con Pnvettore delle medie b e matrice di covarianza C. Qual `e la densit` a della variabile aleatoria Y = j=1 aj Xj , se aj 6= 0 per qualche P Pn Pn j? [Risp: Y ∼ N ( j=1 aj bj , j=1 a2j cjj + i6=j ai aj cij ] Esercizio 4.4.3 Siano X1 , X2 , X3 i. i. d. ∼ N (0, 1). Consideriamo le variabili aleatorie Y1 , Y2 , Y3 ottenute mediante le seguenti trasformazioni lineari: Y1 = X1 + 2X2 + 3X3 Y2 = 2X1 + 3X2 + X3 Y3 = 3X1 + 1X2 + 2X3 1. 2. 3.

Calcolate le medie di Y1 , Y2 , Y3 . Calcolate la matrice di covarianza del vettore (Y1 , Y2 , Y3 ) Qual `e la densit` a del vettore (Y1 , Y2 , Y3 )?

T Esercizio 4.4.4 Sia (X, Y  )T un vettore  aleatorio gaussiano con vettore delle medie (0, 0) e 4 3/2 matrice di covarianza C = . X + 2Y e X − 2Y sono indipendenti? Qual `e la densit`a 3/2 1 di X − 2Y ? E quella di X + 2Y ?

Esercizio 4.4.5 (II recupero CP, Inf, 16 /09/02) Il peso e l’altezza delle donne americane in et`a giovanile (misurato rispettivamente in chilogrammi e centimetri) si pu` o modellizzare  con Xp un vettore aleatorio gaussiano (che in seguito supporremo per semplicit` a adimensionale) di Xa     57 6 7 media m = e matrice di covarianza C = . 165 7 12 La regola pi` u semplice per calcolare il peso forma, che in questo modello `e rappresentato dalla variabile aleatoria Xi , `e la seguente: Xi = Xa − 110 1. Si calcoli il coefficiente di correlazione fra Xp e Xi . 2. Si determini la densit` a di Xi − Xp . 3. Si determini la percentuale di donne americane in et`a giovanile che supera il peso forma.

53

4.5. TEOREMA CENTRALE DEL LIMITE

Esercizio 4.4.6 (III recupero 08/09/04 CP, ELN, INF) Siano X, Y due variabili aleatorie indipendenti e gaussiane; √ √ in particolare X ∼ N (0, λ) (λ > 0) e Y ∼ N (0, 1). Definiamo U = X + λY e V = X − λY . 1. Determinate le densit` a marginali di U e V . 2. Determinate cov(U, V ). U e V sono indipendenti? 3 3. Determinate per quali valori di λ la seguente disuguaglianza `e vera: P (U ≤ 0, V ≤ 1) ≤ . 8 Esercizio 4.4.7 (II Appello CP per ING INF 01/03/06) Sia X una variabile aleatoria normale di media 1 e varianza 2; sia Y una variabile aleatoria indipendente da X, normale di media 4 e varianza 4. Si introduca la variabile aleatoria W = X − Y2 . Si calcoli P [−2.5 ≤ W ≤ 0.5].

4.5

Teorema centrale del limite

Esercizio 4.5.1 (II prova in itinere, 04/07/01, CP Inf ) Due dadi equilibrati vengono lanciati 300 volte. Sia X la variabile aleatoria che indica il numero di volte che si `e ottenuto un doppio uno. 1. Calcolare E(X) e Var(X). 2. Calcolare in modo approssimato la probabilit`a di ottenere un doppio uno pi` u di 10 volte. 3. Quante volte bisogna approssimativamente lanciare i due dadi affinch´e la probabilit` a di ottenere un doppio uno pi` u di 10 volte sia maggiore di 0.5? Si consideri l’esperimento di lanciare tre dadi contemporaneamente 300 volte e si definisca la variabile aleatoria Y che conta il numero di volte in cui si `e ottenuto un triplo 1. 4. Calcolare in maniera approssimata la probabili`a che si verifichino al pi` u 2 tripli 1. Esercizio 4.5.2 Siano X1 , X2 , . . . variabili aleatorie i. i. d. ∼ P(4) e S = X1 + · · · + X100 . 1. Qual `e la densit` a di S? 2. Quanto vale approssimativamente P (S ≤ 390)? 3. Quante variabili aleatorie indipendenti e con densit`a di Poisson di parametro 4 dobbiamo sommare (almeno) affinch´e P (X1 + · · · + Xn > 390) > 0.5? 4. Se X ∼ P(256), quanto vale approssimativamente P (X > 270)? Esercizio 4.5.3 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 `e 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 `e la densit`a di Y ? [Risp: In quanto somma di v.a. di Poisson i. i. d. Y `e ancora di Poisson con parametro la somma dei parametri, cio`e, Y ∼ P(365 · 2.5 = 912.5).] 2. Quanto vale approssimativamente la probabilit`a che in un anno si vendano al pi` u 960 biro? [Risp: Dobbiamo calcolare approssimativamente P (Y ≤ 960) usando il il teorema centrale   del limite: P (Y ≤ 960) = FY (960.5) ' Φ

960.5−912.5 √ 912.5

= Φ(1.59) ' 0.9440]

3. Quante biro gialle dovr` a approssimativamente ordinare il cartolaio affinch´e la probabilit` a di rimanerne sprovvisto durante l’anno sia inferiore al 5%? [Risp: 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 di Poisson, dobbiamo determinare k tale che: 1−Φ k+0.5−912.5 < 0.05, 912.5   √ √ > q0.95 , dove q0.95 `e il quantile equivalente a k tale che Φ k+0.5−912.5 > 0.95 sse k+0.5−912.5 912.5 912.5 √ di ordine 0.95 di Φ. Dalle tavole: q0.95 = 1.645 e k > 1.645 912.5 − 0.5 + 912.5 ' 961.6915: il cartolaio deve ordinare almeno 962 penne gialle. ]

54

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Esercizio 4.5.4 (II Appello CP per ING INF 01/03/06) La variabile aleatoria X che conta il numero giornaliero di outlink dalla pagina web xxx alla pagina web bbb si pu`o modellare come una variabile aleatoria di Poisson di parametro θ > 0, cio`e ( −θ k e θ k = 0, 1, 2, . . . k! pX (k) = 0 altrove. Invece, la variabile aleatoria Y che conta il numero giornaliero di outlink dalla pagina web yyy alla pagina web bbb ha densit` a binomiale di parametri n = 10 e p = 0.2. Assumiamo che X e Y siano indipendenti. 1. Determinare il valore di θ tale che la probabilit`a che in un giorno non ci sia nessun outlink da xxx a bbb sia pari a 0.1 2. Determinare media e varianza di X + Y (si usi il valore di θ trovato al punto 1.) 3. Supponendo che gli outlink alla pagina bbb in giorni diversi siano tutti indipendenti, calcolare un valore approssimato per la probabilit`a che in 49 giorni ci siano almeno 200 outlink alla pagina bbb provenienti da xxx o yyy (si usi il valore di θ trovato al punto 1.) Esercizio 4.5.5 (Esempio 3b pag. 400 da Ross (2004)) Il numero di studenti che si iscrivono a un corso di laurea specialistica `e rappresentato da una variabile aleatoria di Poisson di media 100. Se si iscrivono pi` u di 120 unit` a i corsi saranno sdoppiati. Se invece si iscrivono al pi` u 120 unit` a, si far` a un unico canale. Qual `e la probabilit` a che i corsi di base vengano sdoppiati? [Risp: ' 0.0202] Esercizio 4.5.6 Ho un vecchio walkman che funziona con una sola pila. Uso sempre pile aaa non ricaricabili e con una pila del tipo aaa, il mio walkman suona per un tempo modellabile come una 2 x1(0,5) (x). variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a f (x) = 25 1. Calcolate media e varianza della durata del mio walkman con la pila aaa. [Risp: E(X) = 10/3 e Var(X) = 25/18] Siano X1 la durata della prima pila aaa, X2 la durata della seconda pila aaa, . . ., Xn la durata dell’ n-esima pila aaa sostituita, . . .. 2. Scrivete in termini di X1 , . . . , Xn la probabilit`a che all’ora t io avr`o sostituito almeno n batterie. [Risp: P (X1 + · · · + Xn ≤ t) ] 3. Calcolate il valore approssimato della probabilit`a che dopo 250 ore io avr`o sostituito almeno 72 batterie. Quale ipotesi state facendo sulla successione X1 , . . . , Xn , . . .? [Risp: 0.8413, X1 , . . . , Xn , . . . , i. i. d.] Esercizio 4.5.7 Sia X una variabile aleatoria uniforme su (0, 2). 1. Si determini media e varianza di X. 2. Siano X1 , . . . , X147 147 variabili aleatorie i. i. d. ∼ U(0, 2) e S = X1 + · · · + X147 . Calcolate approssimativamente P (S < 161). Esercizio 4.5.8 (CP TEL 18/09/03 Esercizio 1.3) Assegnata la funzione ( 2xk−1 0 < x < 1 f (x; k) := 0 altrove 1. Per quale valore di k, f (x; k) `e una funzione di densit`a di probabilit` a? Sia X una variabile aleatoria continua con densit`a f (x; k), dove k assume il valore determinato al punto 1..

55

4.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 4 2. Calcolate E(X) e Var(X).

Siano ora X1 , . . . , X200 200 variabili aleatorie iid con comune funzione di densit`a di probabilit`a f (x; k) dove k assume il valore determinato al punto 1.. Sia inoltre S200 = X1 + · · · + X200 . 3. Quanto vale approssimativamente P (S200 > 138.816)? Giustificate rigorosamente la risposta.

4.6

Soluzioni di alcuni esercizi del Capitolo 4

Esercizio 4.1.1 6 30 5 1 4 1. cov(X, Y ) = E(XY )−E(X)E(Y ), dove: E(X) = − − = −1, E(Y ) = − + =− 36 36 36 36 36 4 4 4 e E(XY ) = . Quindi cov(X, Y ) = − = 0. Le due v.a. non sono correlate. 36 36 36 1 2. P (X = −1, Y = 1) = 0 6= = P (X = −1)P (Y = 1): X ed Y non sono indipendenti. 216 3. P ((X, Y ) ∈ {(x, y) : x + |y| = −1}) = pX,Y (−1, 0) + pX,Y (0, −1) + pX,Y (0, 1) = 2/36 + 1/36 + 1/36 = 1/9. Esercizio 4.1.2 1. pRB (0, 1) = 2 5;

=

2 15 ;

pRB (0, 2) =

1

(62)

=

1 15 ;

pRB (1, 0) =

3

(62)

=

1 5;

pRB (1, 1) =

3·2

(62)

=

3 2 6 2

() = 15 e pR B (r, b) = 0 altrove. Usando una tabella a doppia entrata, descriviamo () nel seguente modo:

pRB (2, 0) =

pRB

2

(62)

R\B 0 1 2 R\B 0 1 2 pB

2.

0 0 1/5 1/5

0 0 1/5 1/5 1/5 + 1/5 = 2/5

1 2/15 2/5 0

2 1/15 0 0

1 2/15 2/5 0 2/15 + 2/5 = 8/15

2 1/15 0 0 1/15

pR 2/15 + 1/15 = 1/5 2/15 + 1/5 = 3/5 1/5

3. Quindi E(B) = 8/15 + 2 · 1/15 = 2/3. Inoltre, E(B 2 ) = 8/15 + 4 · 1/15 = 4/5. Ne segue che Var(B) = 4/5 − (2/3)2 = 16/45.

4. E(R) = 1 e E(RB) = 1 · 1 · 2/5 = 2/5 quindi cov(R, B) = E(RB) − 2/3 = 2/5 − 2/3 = −4/15. √ Inoltre E(R2 ) = 3/5 + 4/5 = 7/5, da cui Var(R) = 2/5. Infine ρ(R, B) = √ −4/15 = −1/ 2, da 16/45·2/5

cui evinciamo che R e B non sono scorrelate.

5. Var(R − B) = Var(R) + Var(B) − 2cov(R, B) = 2/5 + 16/45 + 8/15 = 58/45 Esercizio 4.1.3 X \Y -2 1 3 pY

-1 1/9 2/9 0 1/3

0 1/27 0 0 1/27

2 1/27 1/9 1/9 7/27

6 1/9 1/9 4/27 10/27

pX 8/27 = pX (−2) 4/9 7/27 1

1. P (“Y `e pari00 ) = P (Y = 0) + P (Y = 2) + P (Y = 6) = 1/27 + 7/27 + 10/27 = 18/27 = 2/3 2. P (“XY `e dispari00 ) = P ((X, Y ) = (1, −1)) = 2/9

56

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI 3. P (X > 0, Y ≥ 0) = 1 − P (Y = −1) − P (X = −2) + 1/9 = 1 − 8/27 − 1/3 + 1/9 = 13/27 4. P (X > Y ) = P ((X, Y ) ∈ {(1, −1), (3, 2)}) = pX,Y (1, −1) + pX,Y (3, 2) = 2/9 + 1/9 = 1/3 5. cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 74/27  − (17/27) · (65/27) ' 1.225, poich´e  1 + 6 × 1/9 +1 [−1 × 2/9 + 2 × 1/9 + 6 × 1/9]+3 [2 × 1/9 + 6 × 4/27] = E(XY ) = −2 −1 × 1/9 + 2 27 74/27 e E(X) = −2 × 8/27 + 4/9 + 3 × 7/27 = 17/27, E(Y ) = −1/3 + 2 × 7/27 + 6 × 10/27 = 65/27 ' 0.1139. 6. Dal momento che cov(X, Y ) 6= 0 deduciamo che X ed Y non sono indipendenti. 7. Si vedano l’ultima colonna e l’ultima riga della tabella. e Ye ) la cui densit`a congiunta `e il prodotto delle marginali individuate 8. Si consideri il vettore (X, al punto 7.: e \ Ye X -2 1 3 pY

-1 8/81 4/27 7/81 1/3

0 8/(27)2 4/243 7/(27)2 1/27

2 56/(27)2 28/243 49/(27)2 7/27

6 80/(27)2 40/243 70/(27)2 10/27

pX 8/27 4/9 7/27 1

Esercizio 4.1.4 L’insieme dei possibili risultati dei lanci delle tre monete `e Ω = {T T T, T T C, T CT, T CC, CT T, CT C, CCT, CCC} Essendo le monete equilibrate ogni terna in Ω ha probabilit` a uniforme =1/8. 1. La densit` a del vettorio aleatorio (X, Y ) pu`o essere descritta utilizzando una tabella a doppia entrata: X Y

0

1

2

0

pX,Y (0, 0) = 0

pX,Y (0, 1) = 1/8

pX,Y (0, 2) = 1/8

1 2

1/8 1/8 pX,Y (0, 0)+ pX,Y (1, 0)+ pX,Y (2, 0) = 2/8

2/8 1/8

1/8 0

pX (x) pX,Y (0, 0)+ pX,Y (0, 1)+ pX,Y (0, 2) = 2/8 4/8 2/8

4/8

2/8

1

pY (y)

2. Poich´e pX = pY , allora E(X) = E(Y ) e Var(X) = Var(Y ); E(X) = 48 · 1 + 28 · 2 = 1; Var(X) = E(X 2 ) − E2 (X) = 48 · 1 + 28 · 4 − 1 = 12 ; cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 1 · 1 · 82 + 1 · 2 · 18 + 2 · 1 · 81 − 1 = −1/4 ⇒ ρ(X, Y ) = cov(X, Y ) p = −(1/4)/(1/2) = −0.5 Var(X), Var(Y )

3. Essendo ρ(X, Y ) 6= 0 allora X, Y non sono indipendenti.

4. P (X < Y ) = P ((X, Y ) ∈ {(0, 1), (0, 2), (1, 2)}) =

1 8

+

1 8

+

1 8

=

3 8

5. Sia S la variabile aleatoria che conta su 100 lanci quante volte il numero di teste per le prime due monete `e minore del numero di croci per le ultime due. Poich´e i 100 lanci di tre monete in successione costituiscono una successione di prove indipendenti e per ogni prova la probabilit` a dell’evento “numero di teste per le prime due monete minore del numero di croci per le ultime due” vale P (X < Y ) = 3/8, allora S ∼ Bi(100, 38 ) e la probabilit`a cercata `e P (S ≥ 35) = P (S >

57

4.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 4

34) = 1 − FS (34). Per il Teorema Centrale del Limite, applicando la correzione di continuit` a, e avendo in mente che E(S) = 100 · 83 = 37.5 e Var(X) = 100 · 38 · 85 = 23.4375 abbiamo: 1 − FS (34) ' 1 − Φ



34 + 0.5 − 37.5 √ 23.4375



=Φ



37.5 − 34 − 0.5 √ 23.4375



' Φ(0.62) ' 0.7324

Esercizio 4.1.5 Le densit` a marginali di X e Y sono date rispettivamente da prima e ultima colonna e prima e ultima riga della seguente tabella X \Y 0 1 2 pY

0 1/3 1/12 1/12 1/2

1 1/3 1/12 1/12 1/2

pX 2/3 1/6 1/6 1

Poich´e per ogni coppia (x, y) ∈ {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), (2, 0), (2, 1)}, la densit`a congiunta fattorizza nel prodotto delle marginali [pX,Y (x, y) = pX (x)pY (y)], allora X, Y sono indipendenti. Esercizio 4.1.6 1. I possibili risultati dell’esperimento in questione sono rappresentabili dalle coppie {(a, b) : a 6= b, a, b : 1, 2, 3}, pertanto scegliamo come spazio campionario Ω = {(a, b) : a 6= b, a, b : 1, 2, 3}, i.e. le disposizioni senza ripetizione di ordine 2 di 3 elementi. Allora |Ω| = 3 · 2 = 6 e assegnamo allo spazio probabilizzabile (Ω, P(Ω)) la probabilit`a uniforme. Abbiamo che X((a, b)) = a ed Y ((a, b)) = max(a, b) per ogni (a, b) ∈ Ω. Pertanto: SY = {2, 3}, SX = {1, 2, 3} e X/Y 1 2 3

2 (1, 2) (2, 1) ∅

3 (1, 3) (2, 3) (3, 1), (3, 2)

Deduciamo la seguente tabella della densit`a congiunta: X/Y 2 3 pX 1 1/6 1/6 1/3 2 1/6 1/6 1/3 3 0 2/6 1/3 pY 1/3 2/3 1        X X 1 0 X 2. =A = . Y −X Y −1 1 Y   1 0 Dal momento che A−1 = si ha che p(X,Y −X) (x, z) = p(X,Y ) (x, x + z), perci`o: 1 1 X/Y − X 1 2 3 pY −X

0 0 1/6 1/3 1/2

1 1/6 1/6 0 1/3

2 1/6 0 0 1/6

pX 1/3 1/3 1/3

` descritta dalla prima e ultima riga della tabella al punto precedente. 3. E 4. Poich´e: E(X) = 1 · 1/3 + 2 · 1/3 + 3 · 1/3 = 2 E(Y ) = 2 · 1/3 + 3 · 2/3 = 8/3 e E(XY ) = 2 · 1/6 + 3 · 1/6 + 4 · 1/6 + 6 · 1/6 + 9 · 2/6 = 33/6, allora cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 1/6 Esercizio 4.1.7

58

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

1. E(X) = 13 , E(Y ) = 31 +2 31 = 1, E(XY ) = 1·1· 13 = 13 e quindi cov(X, Y ) = E(XY )−E(X)E(Y ) = 0: allora X, Y sono scorrelate. Ma, pXY (0, 0) = 13 6= 32 31 = pX (0)pY (0): concludiamo che X, Y non sono indipendenti. 2. Poich`e

    U X =A , Z Y

allora −1

A

  1 −1 = 1 1

A=

−1

eA



 1/2 1/2 −1/2 1/2

    U −Z U = U +Z Z

Quindi: p(U,Z) (u, z) = p(X,Y ) (A−1 ((U, Z)0 )) = p(X,Y ) (U − Z, U + Z) = U \Z 0 1 pZ

0 pX,Y (0, 0) = 1/3 pX,Y (1, 1) = 1/3 2/3

1 0 pX,Y (0, 2) = 1/3 1/3

pU 1/3 2/3 1

3. cov(U, Z) = cov((X + Y )/2, (Y − X)/2) = cov(X + Y, Y − X)/4 = 1/4[cov(X, Y ) − cov(X, X) + cov(Y, Y ) − cov(Y, X)] = [0 − V ar(X) + V ar(Y ) − 0]/4 = (−2/9 + 2/3)/4 = 1/9 Esercizio 4.1.11 1. Essendo X e Y variabili aleatorie geometriche con lo stesso parametro p, abbiamo che 0.8 1−p = = 20. Per l’indipendenza della variabili X e Y abbiamo Var(X) = Var(Y ) = p2 0.04 che Var(U ) = Var(0.5X) + Var(0.1Y ) = 0.25Var(X) + 0.01Var(Y ) = 0.25 × 20 + 0.01 × 20 = 5.2. Analogamente Var(V ) = 20b2 + 20 = 20(b2 + 1). 2. cov(U, V ) = cov(0.5X + 0.1Y, bX + Y + c) = cov(0.5X, bX) + cov(0.1Y, Y ) = 0.5 × b × 20 + 0.1 × 20 = 10b + 2. 3. cov(U, V ) = 10b + 2 = 0 se b = −0.2 e qualunque sia il valore di c. In tal caso Var(V ) = 20(0.04 + 1) = 20.8 e Var(U − V ) = Var(U )+ Var(−V ) = Var(U )+ Var(V ) = 5.2 + 20.8 = 26. Esercizio 4.2.3 Se y > 0 allora: FY (y) = limx→+∞ FX,Y (x, y) = limx→+∞ (1 − e−λy − λye−λy ) = 1 − e−λy − λye−λy altrimenti FY (y) = 0. Se x > 0 allora: FX (x) = limy→+∞ F(X,Y ) (x, y) = limy→+∞ 1 − λxe−λy − e−λx = 1 − e−λx , altrimenti FX (x) = 0. Quindi: fX (x) = λe−λx 1(0,+∞) (x) e fY (y) = λ2 ye−λy 1(0,+∞) (y). cio`e X ∼ E(λ), mentre Y ∼ Γ(2, λ). Esercizio 4.2.4 fX (x) = λe−λx 1(0,+∞) (x) e fY (y) = λ2 ye−λy 1(0,+∞) (y), cio`e X ∼ E(λ), mentre Y ∼ Γ(2, λ).

Facilmente si ottiene E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) = λ1 + λ2 = λ3 .  R z 2 −λy z R dy = λ[e−λ 2 − e−λz ] z > 0 z/2 λ e fX+Y (z) = R f(X,Y ) (z − y, y) dy = 0 altrove R R 2 y P (X ≤ 3, Y ≤ 2) = P ((X, Y ) ∈ (−∞, 3] × (−∞, 2]) = λ2 0 0 e−λy dx dy = −2λe−2λ + 1 − e−2λ .

59

4.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 4

Il fatto che f(X,Y ) (x, y) = 0 6= fX (x)fY (y), ∀(x, y) ∈ {(x, y) ∈ R2 : x > y > 0} `e sufficiente per concludere che X ed Y non sono indipendenti. 2 g(x, y) = f(X, e una densit`a congiunta con marginali fX , fY . g e Y e ) (x, y) = fX (x)fY (y), (x, y) ∈ R ` `e diversa da fX,Y come si evince dal punto 5..

Esercizio 4.2.5 Poich`e f `e della forma f (x, y) = f1 (x)f2 (y), ∀(x, y) ∈ R2 dove f1 (x) = 1(−1,1) (x) e f2 (y) = e−2y 1(0,+∞) (y), allora X e Y sono indipendenti. Inoltre X ha densit`a uniforme sull’intervallo (−1, 1) e Y ha densit` a esponenziale di parametro 2. Esercizio 4.2.6 1. fX (x) = 2. E(X) =

R

fX,Y (x, y) dy =

R2 0

(R

1−x/2 0

x ∈ (0, 2) = altrove

1 dy

0

(

1 − x/2 0

x ∈ (0, 2) . altrove

x(− x2 + 1) dx = 32 .

3. Poich´e (X, Y ) `e uniforme sul triangolo R di vertici (0, 0), (0, 1), (2, 0), allora P (X > 2Y ) = area{(x, y) ∈ R : x > 2y} 1 = . area R 2 4. P (X > 1, Y ≤ 1/2) = Area del triangolo di vertici (1, 0), (2, 0), (1, 1/2)/area(R) = 1/4. Esercizio 4.2.7 R Rz +∞ 1. fX+Y (z) = −∞ fXY (z − y, y) dy = 0 21 ze−z du1(0,+∞) (z) = z 2 −z 1(0,+∞) (z), 2 e R

Rz z −z 1(0,+∞) (z) 0 2e

du =

cio`e Z ∼ gamma(3, 1). R +∞ 1 ∞ −(x+y) dy = 21 (x + 1)e−x 1(0,+∞) (x). Analoga2. fX (x) = −∞ fXY (xy) dy = 0 2 (x + y)e mente fY (y) = 12 (y + 1)e−y 1(0,+∞) (y): X e Y non sono indipendenti, perch´e la densi`a congiunta non fattorizza nel prodotto delle marginali. nR o R +∞ R +∞ +∞ 3. E(Y ) = E(X) = 0 x 12 (x + 1)e−x dx = 0 x2 e−x dx + 0 xe−x dx /2 = (2 + 1)/2 = 3/2; o R +∞ R +∞ 1 R +∞ −y nR +∞ 2 −x R y +∞ −(x+y) −x E(XY ) = 0 (x + y)e dxdy = ye xe dx dy = 2 x e /2 dx + xy 2 2 0 0 0 0

cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 2 − ( 23 )2 = − 14 . 4. Siano X1 , X2 , X3 i.i.d. ∼ E(1). Poich`e X + Y `e gamma(3,1), allora la densit`a di X + Y coincide con la densit` a di X1 + X2 + X3 . Pertanto E(X + Y ) = E(X1 + X2 + X3 ) = 3EX1 = 3. Alternativamente, procediamo nel seguente modo: Z ∞Z ∞ Z ∞Z ∞ 1 E(X + Y ) = (x + y)fXY (x, y)dxdy = (x + y)2 ex+y dxdy = . . . = 3 2 −∞ −∞ 0 0 Oppure: Sia Z = X + Y . Allora E(X + Y ) = E(Z) =

Z

+∞

z

−∞

z 2 −z e 1(0,+∞) (z)dz = 2

Oppure: E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) = 23 + 32 = 3.   R +∞ 1 1 2 −z 1 5. Sia Z = X + Y . Allora E = 0 dz = z · 2 ·z e Z Esercizio 4.2.8

(1) P (X ≤ 1/2, Y ≤ 1/2) =

Z

1/2

−∞

Z

1/2

fX,Y (x, y) dxdy =

−∞

6 = 5

Z

0

1/2



6 5

Z

0

Z

+∞

0

1 2

R +∞

1/2

0

Z

0

z 3 −z e dz = 3 2

ze−z dz = 21 .

1/2

(x2 + y) dxdy =

   Z y 6 1/2 1 y x3 1/2 1 dy = dy = + . 0 + 3 3 2 5 0 3·2 2 10

60

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI 1 ; Infatti, 2. cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = − 100 Z Z 1 3 6 x4 1 3 x2 1 3 xfX (x) dx = E(X) = x(2x2 + 1) dx = + = 5 5 4 5 2 5 0 0 R 0 Z Z 1 3 2 E(Y ) = yfy (y) dy = y (3y + 1) dy = 5 5 0 ZR Z Z 6 6 E(XY ) = xyfX,Y (x, y) = xy(x2 + y) dxdy = (x3 y + xy 2 ) dxdy 5 5 2 2 2 R [0,1] [0,1] Z Z 6 6 3 2 x y dxdy + xy dxdy = 5 [0,1]2 5 [0,1]2 Z Z Z Z 6 6 3 2 x dx)dy + x dx) dy = y( y ( 5 [0,1] 5 [0,1] [0,1] [0,1]     Z Z 6 x2 1 6 x4 1 = y y2 dy dy + 5 [0,1] 4 0 5 [0,1] 2 0 2 1 7 3 2 1 y + y3 = = 20 0 10 0 20

1 6= 0:se sono correlate allora non 3. X e Y non sono indipendenti, perch´e cov(X, Y ) = − 100 sono indipendenti. R  R 1 4. fX (x) = R fXY (x, y)dy = 0 65 (x2 + y)dy 1(0,1) (x) = 35 (2x2 + 1)1(0,1) (x); R  R 1 fY (y) = R fXY (x, y)dx = 0 65 (x2 + y)dx 1(0,1) (y) = 25 (3y + 1)1(0,1) (y); 6 (2x2 + 1)(3y + 1)1(0,1) (y)1(0,1) (x) 5. fe(x, y) = fX (x)fY (y) = 25 R1 9 9 2 6. Var(X) = E(X 2 ) − E2 (X) = 0 35 x2 (2x2 + 1)dx − 25 = 11 25 − 25 = 25 . R 1 9 9 3 = 13 Var(Y ) = E(Y 2 ) − E2 (Y ) = 0 52 y 2 (3y + 1)dy − 25 30 − 25 = 50 . 2 3 1 3 7. Var(X + Y ) = Var(X) + Var(Y ) + 2cov(X, Y ) = 25 + 50 − 50 = 25

Esercizio 4.3.1 (1)

FW (x) = P (W ≤ x) = 1 − P (W > x) = 1 − (1 − F (x))n

dal momento che n \   P (W > x) = P (min{X1 , . . . , Xn } > x) = P Xj > x = j=1

=

n Y

j=1

P (Xj > x) =

n Y

j=1

(1 − P (Xj ≤ x)) =

2. FZ (x) = P (Z ≤ x) = P (max{X1 , . . . , Xn } ≤ x) = P

d F n (x) = nF n−1 (x)f (x); 3. fZ (x) = dx d 4. fW (x) = dx 1 − (1 − F (x))n = n(1 − F (x)n−1 f (x).

T

n Y

j=1

(1 − F (x)) = (1 − F (x))n

n  j=1 Xj

 Qn ≤ x = j=1 P (Xj ≤ x) = F n (x)

Esercizio 4.3.2 1. Sia F la comune f.d.r. di S e T . La durata di vita di un sistema in parallelo costituito da due componenti con tempi di vita S e T `e data da Z = max{S, T }. Quindi, il sistema dopo 10 minuti dall’attivazione funziona se e solo se {Z > 10} e P (Z > 10) = 1 − FZ (10) = 1 − (F (10))2 = 1 − (1 − e−0.2∗10 )2 = 0.2524

2. La durata di vita di un sistema in serie costituito da due componenti con tempi di vita S e T `e data da W = min{S, T }. Quindi, il sistema dopo 10 minuti dall’attivazione funziona se e solo se {W > 10}. Chiamiamo F la comune f.d.r. di S e T . Poich`e P (W > x) = (1 − F (x))2 = (e−λx )2 = e−2λx

∀x > 0

61

4.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 4 Quindi W ∼ E(2λ) e la probabilit` a cercata `e P (W > 10) = e−4 ' 0.01832.

Esercizio 4.3.3 Siano X e Y due variabili aleatorie che indicano rispettivamente il numero dei lanci necessari ad A e quelli necessari a B per ottenere 6. Poich`e i risultati dei lanci dei due dadi dei concorrenti si configurano come esperimenti indipendenti, X e Y sono variabili aleatorie indipendenti. Entrambe hanno densit`a geometrica di parametro p = 1/6. Esprimiamo ora gli eventi di cui dobbiamo calcolare la probabilit`a in termini di X e Y . 1. Il gioco finisce con k lanci se e solo se “W ≡ min{X, Y } = k”. Quindi, applicando i risultati sulla funzione di ripartizione del minimo, otteniamo: P (W = k) = FW (k) − FW (k − 1) = (1 − F (k − 1))2 − (1 − F (k))2 [dove F (x) indica la f.d.r. della geometrica di parametro 1/6, data da F (k) = 1 − (5/6)k ] = (1 − p)2(k−1) − [(1 − p)2 ]k = [(1 − p)2 ]k−1 (1 − (1 − p)2 ) = (1 −

11 k−1 11 ) · 36 36

Osservazione 1 Se X e Y sono indipendenti e geometriche di parametro p, q, rispettivamente, allora W = min{X, Y } ha densit` a geometrica di parametro 1 − (1 − p)(1 − q) = p + q − pq. ∞  [ {X = k, Y = k} 2. P (“Il gioco finisce in parit` a”) = P (X = Y ) = P k=1

=

∞ X

P (X = k, Y = k) =

k=1 ∞ X 2

=p

k=0

∞ X

P (X = k)P (Y = k) =

k=1

(1 − p)2k =

∞ [

k=1

=

∞ X

k=1

P (X = k)P (Y > k) =

[p(1 − p)k−1 ]2

k=1

1 p = ' 0.091. 2−p 11

3. P (“vince A”) = P (X < Y ) = P

∞ X

∞ X

k=1

∞  X {X = k, Y > k} = P (X = k, Y > k) k=1

p(1 − p)k−1 (1 − p)k = p(1 − p)

∞ X

k=0

(1 − p)2k =

1−p 5 = 2−p 11

Esercizio 4.3.4 Introduciamo due v.a. aleatorie D1 e D2 che rappresentano rispettivamente i risultati del primo e del secondo lancio. Esse sono indipendenti ed entrambe sono uniformi su {1, 2, . . . , 6}. Allora U = min{D1 , D2 } e W = max{D1 , D2 }. Notiamo innanzitutto che U, W ∈ {1, 2, . . . , 6} e P (U ≤ W ) = 1. Quindi otteniamo per i, j = 1, . . . , 6 :  se i > j  0 1 se i = j P (D1 = i, D2 = i) = P (D1 = i)P (D2 = i) = 36 p(U,W ) (i, j) =  2 P (D1 = i, D2 = j) + P (D1 = j, D2 = i) = 36 se i < j Esercizio 4.4.3 1. Essendo ciascun Yj somma di variabili a medie nulle allora E(Y1 ) = E(Y2 ) = E(Y3 ) = 0. 2. Poich´e      Y1 1 2 3 X1 Y := Y2  = 2 3 1 X2  := X, Y3 3 1 2 X3     1 2 3 Y1 e A := 2 3 1 `e matrice simmetrica e invertibile (infatti det(A) = −18) allora Y2  ha Y3 3 1 2 matrice di covarianza:       1 2 3 1 2 3 14 11 11 C := 2 3 1 I 2 3 1 = 11 14 11 3 1 2 3 1 2 11 11 14

62

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

3. Infine, sempre considerando che Y = AX, con A matrice invertibile, deriva che Y ∼ N (0, C). Esercizio 4.4.4       1 2 X X + 2Y che ha det(A) = −2 − 2 = −4. con A := =A 1. 1 −2 Y X − 2Y Allora A ha rango pieno e (X + 2Y, X − 2Y )T ∼ N con vettore delle medie: A(0, 0)T = (0, 0)T e matrice di covarianza       1 2 4 3/2 1 1 14 0 ACAT = = 1 −2 3/2 1 2 −2 0 2 Poich´e la matrice di covarianza `e diagonale e il vettore (X + 2Y, X − 2Y )T `e gaussiano, segue che

(a) X + 2Y e X − 2Y sono indipendenti e

(b) X + 2Y ∼ N (0, 14) e X − 2Y ∼ N (0, 2). Esercizio 4.4.5

7 cov(Xa , Xp ) p = 0.8249 =√ 1. ρ(Xi , Xp ) = ρ(Xa − 110, Xp ) = ρ(Xa , Xp ) = p 6 ∗ 12 var(Xa ) var(Xp ) 2. Xi − Xp = Xa − 110 − Xp ∼ N (−2, 4). 3. Dobbiamo calcolare   0 − (−2) Xi − Xp − (−2) = Φ(1) = 0.8413 : < P (Xp > Xi ) = P (Xi − Xp < 0) = P 2 2

l’84.13% delle donne americane in et` a giovanile `e in sovrappeso. Esercizio 4.4.6 1. Poich´e U e V sono entrambe combinazioni lineari di variabili aleatorie gaussiane indipendenti, allora il vettore (U, V ) `e gaussiano bidimensionale. Segue che √ sia U che V sono gaussiane. In particolare esse sono identicamente√distribuite √ con densit`a N (0 + λ0 = 0, λ + λ = 2λ). 2. cov(U, V ) = E(U V ) = E[(X + λY )(X − λY )] = E(X 2 − λY 2 ) = Var(X) − λVar(Y ) = λ − λ = 0. Poich´e, come osservato al punto 1., il vettore (U, V ) `e un gaussiano, si pu` o concludere che U e V sono indipendenti.   1 3 1 1 3. P (U ≤ 0, V ≤ 1) = P (U ≤ 0) · P (V ≤ 1) = P (V ≤ 1) = Φ √ ≤ se e solo se 2 2 8 2λ   √ 1 1 1 ≤ 0.75 ' Φ(0.6745) se solo se 2λ ≥ Φ √ se e solo se λ ≥ ' 1.099. 2 0.6745 2 · 0.6745 2λ Esercizio 4.4.7 Per la linearit` a del valore atteso E[W ] = 1 − 24 = −1. Per l’indipendenza e le propriet` a della varianza Var[W ] = 2 + 242 = 3. Dato che combinazioni lineari di normali danno normali, W `e normale. Poi abbiamo 

     1.5 W − (−1) 1.5 1.5 1.5 √ P [−2.5 ≤ W ≤ 0.5] = P − √ ≤ ≤ √ =Φ √ − Φ −√ 3 3 3 3 3   1.5 = 2Φ √ − 1 ' 2Φ(0.866) − 1 ' 0.6134 ' 61% 3 Esercizio 4.5.1 1. Poich`e X rappresenta il numero di successo su 300 prove bernoulliane con probabilit`a di successo pari alla probabilit` a di ottenere la coppia (1, 1), lanciando due dadi regolari simultaneamente, 1 allora, tale probabilit` a `e p = 36 e X ∼Bi(300, 1/36). In conseguenza di ci`o E(X) = 300/36 = 25/3 e Var(X) = 300/36 · 35/36 = 875/108.

4.6. SOLUZIONI DI ALCUNI ESERCIZI DEL CAPITOLO 4

63



 √X−EX ≤ 0.76 ' 1−Φ(0.76) '

2. P (X > 10) = 1−P (X ≤ 10) = 1−P (X ≤ 10.5) = 1−P

0.22363.

3. 1 − Φ



10.5−n/36 √ 35n/362



√ > 0.5 ⇔ Φ( 378−n ) < 0.5 ⇔ 35n

378−n √ 35n

Var(X)

< 0 ⇔ n > 378.

4. la probabilit` a che si verifichi un triplo 1 `e p = 613 = 0.0046, quindi Y ∼ Bi(300, 0.0046). Dal momento che 300∗0.0046 = 1.39 < 5 approssiamo la densit`a binomiale tramite la densit`a di Poisson −1.39 −1.39 ∗(1.39) ∗(1.39)2 di parametro 0.0046 ∗ 300 = 1.39, si ha quindi P (Y ≤ 2) ∼ e−1.39 + e +e ∼ 1! 2! 0.8359. Esercizio 4.5.2 1. In quanto somma di v.a. di Poisson i. i. d. S `e ancora di Poisson con parametro la somma dei parametri, cio`e, S ∼ P(100 · 4) = P(400). 2. Per il teorema centrale del limite, P (S ≤ 390) vale approssimativamente   390.5 − 400 √ P (S ≤ 390) = P (S ≤ 390+0.5) ' Φ = Φ(−0.475) = 1−Φ(0.475) ' 1−0.6826 = 0.3174 400 (3)

0.5 < P (X1 + · · · + Xn > 390) = 1 − P (X1 + · · · + Xn ≤ 390) ' 1 − Φ



390.5 − 4n √ 2 n



,

se e solo se   390.5 − 4n 390.5 − 4n √ √ Φ < 0.5 sse < q0.5 = 0 sse 390.5 − 4n < 0 sse n > 97.625 cio`e n ≥ 98. 2 n 2 n 4. Siano Y1 , . . . , Y256 256 variabili aleatorie discrete i.i.d. con densit`a di Poisson di parametro 1. Allora X ha la stessa densit` a di S = Y1 + . . . + Y256 . Quindi, applicando il Teorema centrale del √ limite: P (X > 270) = P (S > 270) = 1 − FS (270) = 1 − FS (270 + 0.5) ' 1 − Φ( 270+0.5−256 )= 256 1 − Φ(0.90625) ' 1 − 0.818588 = 0.181412. Esercizio 4.5.4 1. Deve essere P (X = 0) = e−θ = 0.1, quindi θ = ln 10 ' 2.3026. 2. E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) = ln 10 + 2 ' 4.3026. Inoltre dal momento che si tratta di variabili aleatorie indipendenti, si ha Var(X + Y ) = Var(X) + Var(Y ) = ln 10 + 10 × 0.2 × 0.8 = ln 10 + 1.6 ' 3.9026 3. Siano Xi , Yi le variabili aleatorie che contano rispettivamente il numero di outlink da xxx alla pagina bbb e il numero di outlink da yyy alla pagina bbb nel giorno i-esimo. Poniamo Vi = Xi + Yi ; allora il numero di outlink alla pagina bbb provenienti da xxx o yyy in 49 giorni `e dato da S49 = V1 + · · · + V49 , dove V1 , . . . , V49 sono i.i.d. Pertanto si ha E(S49 ) = 49(ln 10 + 2) ' 210.8267 e Var(S49 ) = 49(ln 10 + 1.6) ' 191.2267. Dobbiamo calcolare: P (S49 ≥ 200). Dal Teorema Centrale del Limite si ha P (S49 ≥ 200) = 1 − P (S49 ≤ 199) = 1 − P



 199 − 210.8267 S49 − 210.8267 √ ≤ √ 191.2267 191.2267 ' 1 − Φ (−0.8552) ' Φ(0.86) ' 0.8051

Se si applica la correzione di continuit`a: P (S49 ≥ 200) = 1 − P (S49 ≤ 199.5) = 1 − P



 S49 − 210.8267 199.5 − 210.8267 √ √ ≤ 191.2267 191.2267 ' 1 − Φ (−0.8191) ' Φ(0.82) ' 0.7939

64

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Esercizio 4.5.7 1. E(X) = E(2U ) = 2E(U ) = 2/2 = 1, Var(X) = Var(2U ) = 4Var(U ) = 4/12 = 1/3 dove U ∼ U (0, 1); 2. Sia S = X1 + · · · + X147 . In quanto somma di variabili aleatorie i. i. d. assolutamente continue, anche S `e assolutamente continua da cui P (S < 161) = P (S ≤ 161). Inoltre E(S) = 147 √ e Var(S) = 147 · 31 = 49. Per il teorema centrale del limite, la f.d.r. di S−E(S) converge alla f.d.r VarS   √ = Φ(2) ' 0.9772. N (0, 1). Quindi, P (S < 161) = FS (161) ' Φ 161−147 49

Capitolo 5

Miscellanea 5.1

Esercizi di ricapitolazione

Esercizio 5.1.1 Al casin` o ogni sabato sera gioco alla roulette e punto 10 volte sul rosso. Sia X la variabile aleatoria che indica quante volte vinco. (1) Qual `e la densit` a di X? Quanto valgono E(X) e Var(X)? (X ∼ Bin(10, 18/37), E(X) = 180/37, Var(X) = 180/37 ∗ 19/37)

(2) Per puntare 10 volte sul rosso, pago una posta iniziale di 50 euro e ad ogni giocata o totalizzo 20 euro. Qual `e la probabilit`a di vincere 50 euro (al netto della posta)? [risp
0 o vinco 10 5 5 5 (18/37) (19/37) ≈ 0.2452]

(3) Se torno al casin` o per 100 sabati consecutivi e punto ogni sabato 10 volte sul rosso, quanto vale approssimativamente la probabilit`a di totalizzare un numero di vittorie complessivo compreso fra 480 e 520 (inclusi)? [risp: P (480 ≤ Y ≤ 520) ' 0.7551, dove Y ∼ Bin(1000, 18/37).] Esercizio 5.1.2 Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a fX (x) = |x|1(−1,1) (x) ed Y una variabile aleatoria esponenziale di parametro 1 indipendente da X. (1) Determinate E(X 2 ) e E(X 3 ). (2) Calcolate P (X < 0.3). (3) Posto Z = X 2 determinate la densit`a di Z. (4) Calcolate media e varianza di W = Z + Y . (5) Siano ora W1 , . . . , W161 161 variabili aleatorie iid con media E(W ) e varianza Var(W ) individuate al punto (4). Calcolate approssimativamente la probabilit`a che W1 + · · · + W161 ∈ [230, 250]. (6) Quante variabili aleatorie i.i.d. aventi la stessa densit`a di W `e necessario sommare affinch`e la probabilit` a che W1 + · · · + Wn ≤ 250 sia inferiore a 0.5? Soluzione R1 R1 R1 (1) E(X 2 ) = −1 x2 |x| dx = 2 0 x3 dx = 1/2. Mentre E(X 3 ) = −1 x3 |x| dx = 0, essendo l’integranda una funzione dispari. (2) Si ha:

P (X < 0.3) = −

Z

0

x dx +

Z

0.3

x dx = 1/2 + 0.09/2

0

−1

( √ √ 1 fX ( x) + fX (− x) √ (3) fZ (x) = = 2 x 0

se x ∈ (0, 1) se x ∈ / (0, 1)

=⇒ Z ∼ U (0, 1).

(4) E(W ) = E(Z)+E(Y ) = E(X 2 )+1 = 1/2+1 = 3/2. Var(Z) = E(X 4 )−(E(X 2 ))2 = 1/3−1/4 = 1/12, quindi per l’indipendenza di Z e Y : Var(W ) = Var(Z) + Var(Y ) = 1/12 + 1 = 13/12. 65

66

CAPITOLO 5. MISCELLANEA

(5) W1 , . . . W161 son v.a. i.i.d con E(W1 +· · ·+W161 ) = 241.5 e Var(W1 +· · ·+W161 ) = 161∗13/12 ' 174.4167. Per il Teorema centrale del limite: P (230 ≤ W1 + · · · + W161 ≤ 250) = P

230 − 241.5 W1 + · · · + W161 − 241.5 250 − 241.5 p p ≤ ≤ p 161 ∗ 13/12 161 ∗ 13/12 161 ∗ 13/12

' Φ(0.6436) − Φ(−0.8708) = 0.7401 − 0.1919 = 0.5482

(6) W1 , . . . Wn v.a. i.i.d con E(W1 + · · · + Wn ) = n ∗ (3/2) e Var(W1 + · · · + W161 ) = n ∗ (13/12). Per il Teorema centrale del limite: ! W1 + · · · + Wn − 3n/2 250 − 3n/2 p 0.5 > P (W1 + · · · + Wn ≤ 250) = P ≤ p 13n/12 13n/12 √ Quindi: 250−3n/2 < 0, da cui n > 250 ∗ 2/3 = 166.6667, ovvero n ≥ 167. 13n/12

Esercizio 5.1.3 Due urne contengono 50 dadi ciascuna. In una i dadi sono regolari, nell’altra i dadi sono truccati in modo che la probabilit`a di ottenere 1 sia 12 e la probabilit`a di ottenere ogni 1 altro risultato `e 10 . (1) Un dado viene estratto a caso (probabilit`a uniforme) da una delle due urne e lanciato, sia X la v.a. che indica il risultato del lancio. Si calcoli la probabilit`a di ottenere un 3 e la media di X. (2) Calcolare la probabilit` a di aver lanciato un dado truccato, sapendo che si `e ottenuto un tre. (3) Consideriamo il seguente esperimento: un dado viene estratto a caso e viene lanciato due volte. Siano A l’evento “al primo lancio ottengo 2” e B = “al secondo lancio ottengo 3”. A e B sono indipendenti? Soluzione (1) Sia T = “il dado scelto `e truccato”. Allora: P (X = 3) = P (X = 3|T )P (T ) + P (X = 3|T c)P (T c ) =

2 1 1 1 1 ∗ + ∗ = . 10 2 6 2 15

` facile verificare che pX (k) = P (X = k) = 2/15, per ogni k = 2, 3, 4, 5, 6 e quindi pX (1) = E 1 − 5 · (2/15) = 5/15 = 1/3. Segue che E(X) =

6 X

kPX (k) =

k=1

2 1 ∗ 20 · =3 3 15

(2) Applichiamo il teorema di Bayes: P (T |X = 3) =

1/10 ∗ 1/2 3 = . 2/15 8

(3) verifichiamo se vale la relazione P (A ∩ B) = P (A)P (B). Essendo P (A ∩ B) = P (A ∩ B|T )P (T ) + P (A ∩ B|T c )P (T c ) = allora A e B non sono indipendenti.

 1 2 1  1 2 1  2 2 + 6= = P (A)P (B) 10 2 6 2 15

Esercizio 5.1.4 (CP INF 16/09/02 Esercizio 1.2) Sia X una variabile aleatoria continua con densit` a uniforme sull’intervallo (0, 1) ed Y una variabile aleatoria esponenziale di parametro 1 indipendente da X.

!

5.1. ESERCIZI DI RICAPITOLAZIONE

67

1. Posto Z = − 31 log(X), si determini la densit`a di Z. 2. Posto W = 13 Y , si determini la densit`a di W . 3. Si calcoli la media e la varianza di Z + W . Esercizio 5.1.5 (CP ELN INF 10/02/04 Esercizio 2.3) Un commerciante sa che il numero di computer portatili che pu` o vendere in un qualsiasi giorno di apertura (dal luned`ı al venerd`ı di ogni settimana) ha densit` a di Poisson di parametro 0.4 e che il numero di portatili venduti nei singoli giorni sono indipendenti. 1. Sia Y il numero di computer venduti in una settimana. Qual `e la densit`a di Y ? Qual `e la media di Y ? 2. Qual `e la probabilit` a che il commerciante non venda nessun portatile in una settimana? Sia X il numero di settimane consecutive che passano a partire da luned`ı 16 febbraio 2004 fino a quando il commerciante non vende il primo portatile (compresa la settimana in cui si verifica la prima vendita). 3. Qual `e la densit` a di X? Qual `e la probabilit`a che si debbano attendere almeno tre settimane per vendere il primo portatile?

68

CAPITOLO 5. MISCELLANEA

Bibliografia [1] Baldi, P. Giuliano R., Ladelli, L. (1995) Laboratorio di Statistica e Probabilit` a, problemi svolti, Mc Graw Hill Italia. [2] Bramanti, M. (1998) Calcolo delle probabilit` a e statistica, Progetto Leonardo Bologna. [3] Cacoullos, T. (1989) Exercises in probability Springer New York. [4] Feller, W. (1950) An Introduction to Probability Theory and Its Applications, volume 1. John Wiley & Sons. [5] Epifani, I., Ladelli, L.M. e Posta, G. (2006) Appunti per il corso di Calcolo delle Probabilit` a, AA 2005/2006 http://www1.mate.polimi.it/∼ileepi/dispense/0506CP/ [6] Hsu, H. (1998) Probabilit` a, variabili casuali e processi stocastici, Schaum’s n. 93. Mc Graw Hill Italia. [7] Mood, A. M., Graybill, F. A., Boes, D.C. (1988) Introduzione alla statistica, Mc Graw Hill Italia. [8] Ross, S.M. (1987) Introduction to Probability And Statistics for Engineers and Scientists, J.Wiley. [9] Ross, S.M. (2004) Calcolo delle probabilit` a, Apogeo. [10] Temi d’esame degli AA 2000-2004: http://www1.mate.polimi.it/∼ileepi/temi-esame [11] Trivedi, K S. (2002) Probability and statistics with reliability, queuing, and computer science applications, 2. ed. Wiley New York.

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Politecnico di Milano Appunti per il corso di calcolo delle probabilit`a Anno Accademico 2005/20061 Ilenia Epifani Lucia Ladelli Gustavo Posta

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Indice 1 Probabilit` a 1.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Spazi di probabilit`a . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Spazio campionario . . . . . . . . 1.2.2 Eventi . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Spazio di probabilit`a . . . . . . . 1.3 Propriet`a della probabilit`a . . . . . . . . 1.4 Spazi finiti o numerabili . . . . . . . . . 1.5 Probabilit`a condizionata ed indipendenza 1.5.1 Alcune formule importanti . . . . 1.5.2 Indipendenza . . . . . . . . . . . 1.5.3 Prove di Bernoulli . . . . . . . . .

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1 1 3 3 4 6 8 10 15 17 21 24

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27 27 29 32 36 36 38 39 41 44 47 47 48 50 52 56

3 Media varianza e momenti 3.1 Valore atteso (o media) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Valore atteso di funzioni di variabili aleatorie . . . . . . . . . . . . .

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2 Variabili aleatorie 2.1 Variabili aleatorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Funzione di ripartizione . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Variabili aleatorie discrete . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Esempi di densit`a discrete notevoli . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Densit`a binomiale e bernoulliana . . . . . . . . . . 2.3.2 Densit`a Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Densit`a di Poisson come limite di densit`a binomiale 2.3.4 Densit`a ipergeometrica . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Variabili aleatorie assolutamente continue . . . . . . . . . . 2.5 Esempi di densit`a continue notevoli . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Densit`a uniforme continua . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Densit`a esponenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3 Densit`a gaussiana standard . . . . . . . . . . . . . 2.6 Funzioni di variabili aleatorie . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 *Cenno alla simulazione di variabili aleatorie . . . .

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INDICE

3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7

3.1.2 Propriet`a del valore atteso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Varianza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Propriet`a della varianza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Disuguaglianza di Chebychev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Standardizzazione di una variabile aleatoria . . . . . . . . . . . . . Densit`a gaussiana N (µ, σ 2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Approssimazione gaussiana della funzione di ripartizione binomiale . *Momenti e funzione generatrice dei momenti . . . . . . . . . . . .

4 Vettori Aleatori 4.1 Variabili aleatorie indipendenti . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Vettori aleatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Vettori aleatori discreti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Vettori aleatori assolutamente continui . . . . . . . . . . 4.5 Funzioni di vettori aleatori . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1 Funzioni di vettori aleatori discreti . . . . . . . . 4.5.2 Funzioni di vettori aleatori assolutamente continui 4.6 *Vettori aleatori indipendenti . . . . . . . . . . . . . . . 4.7 Valore atteso di funzioni di vettori aleatori . . . . . . . . 4.8 Covarianza, Coefficiente di correlazione . . . . . . . . . . 4.8.1 Matrice di covarianza . . . . . . . . . . . . . . . . 4.9 *Funzione generatrice dei momenti . . . . . . . . . . . . 4.10 Vettori gaussiani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11 Teoremi limite per somme di variabili aleatorie . . . . . . 4.11.1 Legge dei grandi numeri . . . . . . . . . . . . . . 4.11.2 Teorema centrale del limite . . . . . . . . . . . . A Richiami di analisi matematica A.1 Richiami di teoria degli insiemi . A.2 Alcuni limiti notevoli . . . . . . . A.3 Calcolo integrale . . . . . . . . . A.3.1 Propriet`a dell’integrale . . A.3.2 Regole di integrazione . . A.3.3 Alcuni integrali immediati A.4 Successioni e serie . . . . . . . . . B Calcolo combinatorio B.1 Introduzione . . . . . . . . . B.2 Disposizioni e permutazioni B.3 Combinazioni . . . . . . . . B.4 Esercizi . . . . . . . . . . .

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63 64 65 68 69 69 70 73

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77 77 80 82 84 87 87 89 92 93 95 99 100 102 106 106 108

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A-1 A-1 A-2 A-2 A-2 A-2 A-3 A-4

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B-7 B-7 B-7 B-9 B-10

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Capitolo 1 Probabilit` a 1.1

Introduzione

Lo scopo di questi appunti `e quello di introdurre il lettore ai concetti base della teoria e del calcolo delle probabilit`a. Il calcolo delle probabilit`a si occupa dello studio e della formalizzazione matematica di fenomeni “casuali”, cio`e di fenomeni per i quali non possiamo predire a priori l’esito. I motivi per i quali pu`o accadere che per un certo fenomeno non sia possibile dare una descrizione deterministica sono molteplici: pu`o accadere che le informazioni riguardanti il fenomeno sul quale vogliamo fare previsioni siano incomplete, pu`o accadere che non esista una teoria che permetta di arrivare a dedurre delle conseguenze per il fenomeno in osservazione, o che magari la teoria esista ma risulti di difficile applicazione, oppure pu`o accadere semplicemente che il fenomeno sia veramente “casuale”. Come esempio pensiamo al lancio di una moneta. Il moto di un corpo rigido nello spazio, come `e la moneta, `e ben descritto dalle equazioni della meccanica newtoniana, quindi in linea di principio, se riusciamo a tenere conto della velocit`a iniziale con la quale viene lanciata la moneta, dell’attrito effettuato dall’aria e degli urti anelastici che la moneta subisce quando ricade a terra, potremmo calcolare se alla fine la moneta esibir`a sulla faccia superiore testa o croce. Tuttavia un conto reale di questo genere risulta infattibile, sia perch´e non `e possibile in generale misurare sperimentalmente le grandezze fisiche coinvolte, sia perch´e il sistema in esame esibisce una dipendenza sensibile dalle condizioni iniziali: una piccola (infinitesima) variazione delle condizioni iniziali (ad esempio la forza applicata nel lancio o posizione dalla quale si lancia) porta ad un effetto macroscopico notevole (ad esempio esce testa piuttosto che croce). Risulta invece chiaro che se la moneta `e sufficientemente simmetrica ci attendiamo che la “possibilit`a” che dopo un lancio si presenti testa sia la stessa che si presenti croce. Da qui l’esigenza di modellizzare questo fenomeno attraverso una teoria diversa dalla meccanica newtoniana. Dall’esempio precedente pu`o sembrare che mentre una teoria deterministica come la meccanica newtoniana ci potrebbe dire, almeno in linea di principio, se alla fine osserveremo una testa o una croce, una descrizione probabilistica del fenomeno si limita a constatare che se lanciamo una moneta la “possibilit`a” di ottenere testa `e la stessa di quella di ot1

2

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

tenere croce, non aiutandoci affatto nel fare previsioni quantitative. Questo, per quanto riguarda l’esempio precedente `e almeno parzialmente vero. Per capire quali siano i punti di forza della teoria della probabilit`a bisogna fare un esempio pi` u complesso. Supponiamo di rovesciare un sacchetto contenente 1000 monete da 1 su un tavolo e supponiamo di voler sapere quante sono le monete che esibiscono una testa sulla parte superiore. Questo `e un problema totalmente intrattabile dal punto di vista della meccanica classica (lo sarebbe anche nel caso potessimo supporre le monete perfettamente identiche e gli urti perfettamente elastici). Da un punto di vista intuitivo possiamo aspettarci che circa la met`a delle monete esibir`a una testa mentre l’altra met`a esibir`a una croce. Tuttavia non sarebbe corretto affermare che osserveremo esattamente 500 teste e 500 croci. La teoria della probabilit`a ci fornir`a invece gli strumenti per dare un significato quantitativo a frasi del tipo “circa la met`a delle monete esibir`a una testa mentre l’altra met`a esibir`a una croce”. Ad esempio vedremo che la probabilit`a di osservare un numero compreso tra 440 e 560 teste vale approssimativamente Z 3.82636 x2 1 √ e− 2 dx ' 0.99987 2π −3.82636 che indicher`a che quasi sicuramente il numero di teste che osserveremo sar`a un numero compreso tra 440 e 560. Come abbiamo detto la nostra sar`a solamente una introduzione alle tecniche del calcolo delle probabilit`a, per questo le applicazioni che vedremo saranno sempre molto semplici e avranno scopo essenzialmente didattico. Non vedremo praticamente mai un’applicazione che risolve un vero problema tecnico–ingegneristico. Piuttosto svilupperemo le tecniche matematiche che potranno poi essere utilizzate per veri problemi applicativi in corsi pi` u avanzati. Il taglio di questo corso sar`a quindi di carattere modellistico–matematico, nel senso che il corso svilupper`a delle tecniche matematiche, ma terremo sempre d’occhio cosa queste tecniche significhino da un punto di vista pratico–applicativo. Per poter apprendere le tecniche base del calcolo delle probabilit`a `e necessaria una certa familiarit`a con alcuni concetti matematici elementari, come il calcolo combinatorio e il calcolo differenziale ed integrale di pi` u variabili. Nel testo sono contenuti anche degli esercizi. Gli esercizi sono tutti molto semplici e vanno svolti tutti, esclusi quelli segnalati da un asterisco “ * ” che sono di carattere pi` u matematico–teorico. Cercare di studiare il testo senza tentare di confrontarsi con gli esercizi `e quasi totalmente inutile: lo scopo dell’esercizio `e forzare lo studente a pensare in modo non superficiale a quanto ha letto e pensa di aver capito. Il materiale `e organizzato nel modo seguente. Nel primo capitolo vengono introdotte le nozioni base della teoria delle probabilit`a quali spazio campionario, eventi e spazio di probabilit`a; viene poi sviluppato il concetto basilare di indipendenza. Questo capitolo non contiene materiale particolarmente avanzato da un punto di vista tecnico, tuttavia contiene alcuni concetti (come quello di spazio degli eventi elementari e di famiglia di eventi) che vanno letti con attenzione. Nel secondo capitolo vengono introdotte le variabili aleatorie monodimensionali e le caratteristiche deterministiche ad esse associate. Per comprendere questo capitolo `e ne-

` 1.2. SPAZI DI PROBABILITA

3

cessario avere una certa familiarit`a con il calcolo differenziale e integrale unidimensionale. Inoltre anche qui alcuni concetti elementari ma profondi come quello di preimmagine richiedono una certa attenzione. Nel capitolo terzo vengono trattate le variabili aleatorie multidimensionali. Per poter leggere questo capitolo `e necesssario che il lettore conosca il calcolo integrale e differenziale a pi` u variabili. Nel capitolo quarto vengono discusse le leggi limite del calcolo delle probabilit`a; una certa conoscenza del concetto di successione di funzioni `e utile anche se non necessaria.

1.2

Spazi di probabilit` a

In questo paragrafo introdurremo gli oggetti matematici che sono alla base del modello probabilistico assiomatico. Come in tutte le teorie assiomatiche alcune delle definizioni di base possono sembrare inizialmente astratte e prive di contenuto. Per ridurre al minimo questo inconveniente cercheremo sempre di accompagnare le definizioni con semplici esempi applicativi.

1.2.1

Spazio campionario

Supponiamo di condurre un esperimento aleatorio, cio`e un esperimento di cui non possiamo prevedere a priori il risultato, e supponiamo che ogni possibile risultato dell’esperimento possa essere identificato con un elemento ω di un certo insieme Ω. L’insieme Ω viene detto spazio campionario o spazio dei campioni o spazio degli eventi elementari relativo all’esperimento, gli elementi (o punti) di Ω si chiamano eventi elementari. Esempio 1.2.1 Si consideri l’esperimento aleatorio: “Giuseppe lancia un dado ed osserva il numero che compare sulla faccia superiore”. I possibili risultati di questo esperimento sono sei: “Giuseppe osserva un uno”, “Giuseppe osserva un due”,. . . , “Giuseppe osserva un sei”; sembra allora corretto considerare uno spazio campionario Ω = {ω1 , ω2 , . . . , ω6 } costituito da 6 punti, dove ω1 `e associato all’evento “Giuseppe osserva un uno”, ω2 `e associato all’evento “Giuseppe osserva un due” etc. Ovviamente i punti ωk possono essere scelti in modo arbitrario, ad esempio si pu`o porre ω1 := a, ω2 := b,. . . ,ω6 := f . Per`o risulta pi` u chiaro porre Ω := {1, 2, . . . , 6}. Esempio 1.2.2 Si consideri l’esperimento aleatorio che consiste nell’osservare lo stato di un interruttore in un circuito elettrico. Questo esperimento ha solo due possibili risultati: il circuito `e aperto oppure `e chiuso. Uno spazio campionario ragionevole pu`o essere Ω := {0, 1} dove 0 significa circuito aperto mentre 1 significa circuito chiuso. Esempio 1.2.3 Si consideri l’esperimento aleatorio consistente nel lanciare una moneta equilibrata fino a quando non si presenta testa. Il risultato dell’esperimento casuale pu`o essere un qualunque numero naturale 1, 2, . . .; quindi per spazio campionario si pu`o scegliere Ω = N ∪ {∞}.

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

4

Esempio 1.2.4 Si consideri l’esperimento aleatorio che consiste nell’osservare il tempo in secondi che intercorre tra l’inizio del funzionamento di un componente di un circuito ed il suo primo guasto (tempo di vita del componente). Il risultato dell’esperimento casuale pu`o essere un qualsiasi numero reale non negativo; pertanto, per spazio campionario si pu`o scegliere Ω := [0, +∞) =: R+ . Esempio 1.2.5 Si consideri l’esperimento aleatorio: “Giuseppe lancia due dadi, uno rosso l’altro blu, ed osserva i numeri che compaiono sulle facce superiori”. In questo caso i risultati possibili sono tutte le coppie ordinate di numeri interi tra uno e sei. Uno spazio degli eventi elementari `e Ω := {(1, 1), (1, 2), . . . , (1, 6), (2, 1), (2, 2), . . . , (2, 6), . . . , (6, 1), (6, 2), . . . , (6, 6)} = = {(i, j) : i = 1, 2, . . . , 6; j = 1, 2, . . . , 6} dove il generico evento elementare (i, j) in Ω rappresenta il risultato “`e uscito i sul dado rosso e j sul dado blu”. Esercizio 1.2.6 Tre palline sono estratte una dopo l’altra senza reimbussolamento da un’urna che ne contiene dieci numerate da 1 a 10 e per il resto identiche. Trovare lo spazio campionario.

1.2.2

Eventi

Abbiamo detto che lo spazio campionario Ω `e un insieme che rappresenta tutti i possibili esiti di un dato esperimento aleatorio. Torniamo ora all’Esempio 1.2.1 dove Ω = {1, 2, . . . , 6}; ciascun punto di Ω rappresenta il numero che Giuseppe osserva sulla faccia superiore del dado che ha lanciato. Ci piacerebbe ora poter rappresentare eventi del tipo “Giuseppe osserva un numero pari”, oppure “Giuseppe osserva un numero pi` u grande di 4” etc. Questi sono sempre eventi relativi all’esperimento aleatorio ma non sono pi` u elementari, nel senso che, ad esempio, l’evento “Giuseppe osserva un numero pari” pu`o essere descritto in termini di eventi elementari nel modo seguente: “Giuseppe osserva un 2” oppure “Giuseppe osserva un 4” oppure “Giuseppe osserva un 6”. La scelta che si opera nel calcolo delle probabilit`a `e quella di rappresentare gli eventi relativi ad un esperimento aleatorio mediante sottoinsiemi dello spazio campionario Ω. In questo modo ad esempio l’evento “Giuseppe osserva un numero pari” `e rappresentato dal sottoinsieme {2, 4, 6} ⊂ Ω mentre l’evento “Giuseppe osserva un numero pi` u grande di 4” `e rappresentato dal sottoinsieme {5, 6} ⊂ Ω. Segue che gli eventi elementari vengono rappresentati da insiemi contenenti un solo elemento: l’evento “Giuseppe osserva un 2” `e rappresentato dall’insieme {2} ⊂ Ω. Esercizio 1.2.7 Relativamente all’Esempio 1.2.4 rappresentare come sottoinsiemi di Ω = R+ i seguenti eventi 1. il componente si rompe esattamente dopo 2 secondi; 2. il componente dura pi` u di 2 secondi;

` 1.2. SPAZI DI PROBABILITA

5

3. il componente non si rompe mai. Esercizio 1.2.8 Relativamente all’Esempio 1.2.5 rappresentare come sottoinsiemi di Ω := {(i, j) : i = 1, 2, . . . , 6; j = 1, 2, . . . , 6} i seguenti eventi 1. i due dadi presentano lo stesso valore; 2. il dado rosso presenta un valore pi` u grande del dado blu; 3. la somma dei due dadi `e 7. Si pu`o osservare che agli operatori logici “o”, “e” e “non”, attraverso la corrispondenza tra eventi ed insiemi, corrispondono operazioni sugli insiemi. Ad esempio, precedentemente, abbiamo descritto l’evento “Giuseppe osserva un numero pari” in termini di eventi elementari come: “Giuseppe osserva un 2” oppure “Giuseppe osserva un 4” oppure “Giuseppe osserva un 6”; questa decomposizione corrisponde alla seguente ovvia relazione insiemistica {2, 4, 6} = {2} ∪ {4} ∪ {6}, cio`e l’operatore logico “o” corrisponde all’unione insiemistica “∪”1 . Analogamente l’operatore logico “e” corrisponde all’intersezione insiemistica “∩”: “Giuseppe osserva un numero pari e pi` u grande di 4” corrisponde al sottoinsieme {6} = {2, 4, 6} ∩ {5, 6}. L’operatore logico “non” corrisponde al complementare insiemistico: “Giuseppe non osserva un numero pari” corrisponde al sottoinsieme {1, 3, 5} = Ω \ {2, 4, 6} = {2, 4, 6}c. Abbiamo quindi che gli eventi relativi ad un esperimento aleatorio possono essere rappresentati da sottoinsiemi dello spazio campionario e quindi costituiscono una famiglia o collezione di sottoinsiemi di Ω che indicheremo con F (questo significa che se E ∈ F allora E ⊂ Ω). Inoltre, diremo che si `e verificato un evento E, se il risultato dell’esperimento aleatorio `e ω ∈ E. * Propriet` a di chiusura della famiglia di eventi F Sia Ω lo spazio campionario relativo ad un esperimento aleatorio e F una collezione di eventi relativi ad esso. Ci domandiamo: da quali sottoinsiemi deve essere costituita F ? Sembra piuttosto ragionevole richiedere, ad esempio, che se reputiamo E un evento, quindi se siamo in grado di dire se E si `e verificato, siamo anche in grado di dire se E non si `e verificato, cio`e se si `e verificato E c . Pertanto sembra ragionevole supporre che se E ∈ F allora E c ∈ F . Analogamente, se E ed F sono eventi, se cio`e sappiamo dire se E ed F si sono verificati, sappiamo anche dire se l’evento “E o F ” si `e verificato. Ne segue che se E, F ∈ F ` inoltre ragionevole che l’evento certo Ω, cio`e l’evento che si verifica sicuramente, allora E ∪ F ∈ F . E appartenga a F . Una famiglia di insiemi che soddisfa alle precedenti propriet`a viene chiamata algebra di sottoinsiemi: Definizione 1.2.9 Sia Ω un insieme ed F una famiglia di sottoinsiemi di Ω. F `e un’ algebra di sottoinsiemi di Ω se soddisfa alle seguenti propriet` a: 1. Ω ∈ F ;

2. E ∈ F ⇒ E c := Ω \ E ∈ F ; 3. E, F ∈ F ⇒ E ∪ F ∈ F . 1

In generale useremo l’operatore logico “o” in modo inclusivo, cio`e l’evento “A oppure B” si verifica se si verifica A ma non B oppure si verifica B ma non A oppure si verificano sia A che B

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

6

Esercizio 1.2.10 Sia Ω un insieme qualsiasi, verificare che l’algebra banale F1 := {∅, Ω} e l’insieme delle parti F2 := P(Ω) = {tutti i sottoinsiemi di Ω} sono algebre di sottoinsiemi di Ω. Esercizio 1.2.11 Verificare che se F `e un’algebra di sottoinsiemi di Ω allora: 1. ∅ ∈ F ;

2. E, F ∈ F ⇒ E ∩ F ∈ F ; S 3. E1 , E2 , . . . , En ∈ F ⇒ nk=1 Ek ∈ F ; Tn 4. E1 , E2 , . . . , En ∈ F ⇒ k=1 Ek ∈ F .

Se Ω `e finito gli assiomi della Definizione 1.2.9, e in particolare l’assioma 3. (e la sua conseguenza naturale data da 3. dell’Esercizio 1.2.11) sono adeguati. Tuttavia, se Ω non `e finito, essi non bastano per la teoria che vogliamo costruire. Si consideri, a tal fine, l’esperimento descritto nell’Esempio 1.2.3 e supponiamo di aver costruito la nostra algebra di eventi F . Sia Ek l’evento “esce testa al k–esimo lancio” e supponiamo che Ek ∈ F per ogni k = 1, 2, . . . . Sembrerebbe naturale supporre che l’evento E “prima o poi esce testa” sia in F . Notiamo che E pu` o essere descritto S come “esce testa al primo lancio, oppure al secondo, oppure al terzo,. . . ”. Questo significa che E = +∞ Ma se F `e semplicemente un’algebra, il fatto k=1 Ek . S che Ek ∈ F per ogni k = 1, 2, . . . non implica che E = +∞ e un evento che k=1 Ek ∈ F . Quindi E non ` viene considerato dal nostro modello, il che sembra piuttosto deludente. Per ovviare a questa situazione si introduce una nozione pi` u restrittiva di quella di algebra di insiemi: Definizione 1.2.12 Sia Ω un insieme ed F una famiglia di sottoinsiemi di Ω. F `e una σ-algebra2 di sottoinsiemi di Ω se soddisfa alle seguenti propriet` a: 1. Ω ∈ F ;

2. E ∈ F ⇒ E c := Ω \ E ∈ F ; S+∞ 3. E1 , E2 , · · · ∈ F ⇒ k=1 Ek ∈ F .

Esercizio 1.2.13 Verificare che una σ-algebra di sottoinsiemi `e anche un’algebra di insiemi di Ω. Esercizio 1.2.14 Risolvere l’Esercizio 1.2.10 sostituendo alla parola “algebra” la parola “σ-algebra”. Esercizio 1.2.15 Verificare che se F `e una σ-algebra di sottoinsiemi di Ω allora: 1. ∅ ∈ F ; 2. E, F ∈ F ⇒ E ∩ F ∈ F ; T+∞ 3. E1 , E2 , · · · ∈ F ⇒ k=1 Ek ∈ F .

1.2.3

Spazio di probabilit` a

Abbiamo visto che a un esperimento aleatorio `e associata una coppia (Ω, F ) in cui Ω `e lo spazio campionario ed F `e una famiglia (σ-algebra) di sottoinsiemi di Ω rappresentanti i possibili eventi relativi all’esperimento. Questa coppia viene talvolta chiamata spazio probabilizzabile. Ora, l’unica cosa che manca alla nostra teoria `e l’ingrediente fondamentale, cio`e la probabilit`a. Quello che vogliamo `e poter dire che la probabilit`a di un evento `e uguale ad un numero. Quindi per noi la probabilit`a sar`a una funzione che ad ogni evento E ∈ F associa un numero P (E). Diamo ora la definizione di probabilit`a e di spazio di probabilit` a. 2

Si legge “sigma algebra”

` 1.2. SPAZI DI PROBABILITA

7

Definizione 1.2.16 Sia (Ω, F ) uno spazio probabilizzabile. Una probabilit`a su (Ω, F ) `e una funzione su F tale che: 1. P (E) ≥ 0 per ogni E ∈ F ; 2. P (Ω) = 1; 3. se E1 , E2 ,S · · · ∈ F
sono eventi a due a due disgiunti, cio`e Eh ∩ Ek = ∅ se h 6= k, P+∞ +∞ allora P k=1 P (Ek ). k=1 Ek =

La terna (Ω, F , P ) viene detta spazio di probabilit`a.3

Gli assiomi che definiscono la probabilit`a sono assolutamente naturali. L’assioma 1. ci dice che la probabilit`a associa ad ogni evento un numero non negativo che interpretiamo come la sua probabilit`a di accadere. Scopriremo che l’assioma 2. ci dice semplicemente che attribuiamo all’evento certo Ω (cio`e l’evento che si verifica sicuramente) il valore massimo che pu`o assumere la probabilit`a. Infine, l’assioma 3. esprime il fatto che data una successione di eventi E1 , E2 , . . . incompatibili, o “mutuamente escludentesi” (ossia, gli eventi E1 , E2 , . . . non possono verificarsi simultaneamente), allora la probabilit`a dell’evento “almeno uno degli eventi E1 , E2 , . . . si verifica” `e dato dalla somma delle singole probabilit`a degli eventi E1 , E2 , . . . . Questo assioma prende il nome di σ-additivit`a o additivit` a completa. Una immediata conseguenza degli assiomi sono le seguenti propriet`a della probabilit`a. Proposizione 1.2.17 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a. Allora: 1. P (∅) = 0 ( probabilit`a dell’evento impossibile); 2. se E1 , E2 , . . . , En ∈ F , Eh ∩ Ek = ∅ se h 6= k, allora P ( ( additivit`a finita).

Sn

k=1

Ek ) =

Pn

k=1

P (Ek )

Dimostrazione 1. Se S Ek := ∅ per k = 1, 2, . . . , allora E1 , E2 , . . . `e una successione di eventi disgiunti a coppie e +∞ k=1 Ek = ∅. Per l’assioma 3. della Definizione 1.2.16 si ha: ! +∞ +∞ [ X P (∅) = P Ek = P (∅) k=1

k=1

che `e verificata solo se P (∅) = 0. 2. Se Ek := ∅ per k = n + 1, n + 2, . . . S , allora E1 , E2 , . . . `e una successione di eventi diS+∞ sgiunti a coppie (verificare!) e k=1 Ek = nk=1 Ek . Per l’assioma 3. della Definizione 1.2.16 si ha: ! ! n n +∞ +∞ n [ X [ X X P Ek = P Ek = P (Ek ) + P (Ek ) = P (Ek ) k=1

3

k=1

k=1

k=n+1

k=1

Questa formulazione matematica `e detta impostazione assiomatica della probabilit` a ed `e dovuta al matematico sovietico A.N. Kolmogorov (1933)

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

8 poich´e P (Ek ) = P (∅) = 0 per k = n + 1, n + 2, . . . .

L’assioma 3 della Definizione 1.2.16 `e equivalente al punto 2. della Proposizione 1.2.17 se lo spazio Ω `e finito. Esercizio 1.2.18 Perch´e? Esempio 1.2.19 Se lanciamo tre monete distinguibili e non truccate, lo spazio campionario `e Ω := {T T T, T T C, T CT, T CC, CT T, CT C, CCT, CCC}

e come famiglia di eventi possiamo scegliere F := P(Ω). Infine, scelta la funzione P (E) := |E|/|Ω|, dove |E| indica la cardinalit`a di E, si pu`o verificare direttamente che con questa definizione (Ω, F , P ) costituisce uno spazio di probabilit`a. La maggior generalit`a dell’assioma 3 `e necessaria nel caso di spazi campionari infiniti. Esempio 1.2.20 Consideriamo l’esperimento descritto nell’Esempio 1.2.3 e sia Ek l’evento “esce testa per la prima volta al k-esimo lancio”. Gli ek , k = 1, 2, . . ., sono a due a due incompatibili (cio`e hanno intersezione vuota) e l’evento E “prima o poi esce testa” `e quindi S+∞ P+∞ l’unione disgiunta E = k=1 Ek . Segue dall’assioma 3. che P (E) = k=1 P (Ek ). Vedremo in seguito che, se la moneta non `e truccata, si assume P (Ek ) = 21k e quindi P (E) = 1.

1.3

Propriet` a della probabilit` a

Vediamo altre propriet`a che seguono direttamente dagli assiomi della Definizione 1.2.16. Proposizione 1.3.1 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a. Allora: 1. se E ∈ F allora P (E c ) = 1 − P (E) ( probabilit`a del complementare); 2. se E ∈ F allora P (E) ≤ 1; 3. se E, F ∈ F e F ⊂ E allora P (E \ F ) = P (E) − P (F ); 4. se E, F ∈ F e F ⊂ E allora P (F ) ≤ P (E) ( monotonia); 5. se E, F ∈ F allora P (E ∪ F ) = P (E) + P (F ) − P (E ∩ F ) ( probabilit`a dell’unione). Dimostrazione 1. Notiamo che Ω = E ∪E c e E ∩E c = ∅; quindi per l’assioma 2. della Definizione 1.2.16 e il punto 2. della Proposizione 1.2.17 vale 1 = P (Ω) = P (E) + P (E c ) che implica P (E c ) = 1 − P (E). 2. Per il punto precedente P (E) = 1 − P (E c ), ma P (E c ) ≥ 0 per l’assioma 1. della Definizione 1.2.16; segue che necessariamente P (E) ≤ 1. 3. Se F ⊂ E allora E = (E \ F ) ∪ F e l’unione `e disgiunta; applicando il punto 2. della Proposizione 1.2.17: P (E) = P (E \ F ) + P (F ) e quindi P (E \ F ) = P (E) − P (F ).

` DELLA PROBABILITA ` 1.3. PROPRIETA

9

4. Per il punto precedente P (E) − P (F ) = P (E \ F ) che `e non negativo per l’assioma 1. della Definizione 1.2.16. 5. Possiamo scrivere E ∪F = (E ∩F c )∪(E ∩F )∪(E c ∩F ) e l’unione `e disgiunta; sempre il punto 2. della Proposizione 1.2.17 implica P (E ∪F ) = P (E ∩F c )+P (E ∩F )+P (E c ∩F ); quindi P (E ∪ F ) + P (E ∩ F ) = P (E ∩ F c ) + P (E ∩ F ) + P (E ∩ F ) + P (E c ∩ F ). Ma P (E ∩ F c ) + P (E ∩ F ) = P (E) e P (E ∩ F ) + P (E c ∩ F ) = P (F ) (verificare!) e quindi P (E ∪ F ) + P (E ∩ F ) = P (E) + P (F ). Applicando due volte la propriet`a 5. della Proposizione 1.3.1, possiamo calcolare la probabilit`a dell’unione di tre eventi E, F, G ∈ F : P (E ∪ F ∪ G) = P ((E ∪ F ) ∪ G) = [P (E) + P (F ) + P (G)] − [P (E ∩ F ) + P (E ∩ G) + P (F ∩ G)] + P (E ∩ F ∩ G) Una generalizzazione della precedente formula `e la seguente proposizione. Proposizione* 1.3.2 (Principio di inclusione-esclusione di Poincar´ e) Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit` a ed E1 , E2 , . . . , En ∈ F eventi. Allora ! n n n X [ X P (Ek1 ∩ Ek2 ∩ · · · ∩ Ekr ) = P Ek = (−1)r+1 k1 ,k2 ,...,kr =1 k1
r=1

k=1

=

X

(−1)r+1

r=1

{k1 ,k2 ,...,kr }⊂{1,2,...,n}

P (Ek1 ∩ Ek2 ∩ · · · ∩ Ekr )

(1.3.1)

Dimostrazione La dimostrazione `e per induzione. La (1.3.1) `e vera per n = 2 per il punto 5. della Proposizione 1.3.1. Supponiamo ora che (1.3.1) sia verificata per tutti gli interi ≤ n e per ogni famiglia di n eventi in F e proviamola per n + 1. Dall’ipotesi induttiva deriva: ! ! ! ! ! n n n n+1 [ [ [ [ (Ek ∩ En+1 ) = Ek + P (En+1 ) − P Ek ∪ En+1 = P Ek = P P =

(−1)r+1

r=1

+

n+1 X

n X r=1

(−1)r+1

X

{k1 ,k2 ,...,kr }⊂{1,2,...,n}

P (Ek1 ∩ Ek2 ∩ · · · ∩ Ekr ∩ En+1 ) =

r=1

{k1 ,k2 ,...,kr }⊂{1,2,...,n+1} {k1 ,k2 ,...,kr }63(n+1)

P (Ek1 ∩ Ek2 ∩ · · · ∩ Ekr )+

n+1 X

X

P (Ek1 ∩ Ek2 ∩ · · · ∩ Ekr ) =

X

P (Ek1 ∩ Ek2 ∩ · · · ∩ Ekr ).

(−1)r+1

n+1 X r=1

{k1 ,k2 ,...,kr }⊂{1,2,...,n+1} {k1 ,k2 ,...,kr }3(n+1)

(−1)r+1

k=1

P (Ek1 ∩ Ek2 ∩ · · · ∩ Ekr )+

X

(−1)r+1

r=1

=

X

{k1 ,k2 ,...,kr }⊂{1,2,...,n}

+ P (En+1 ) − =

k=1

k=1

k=1

n X

{k1 ,k2 ,...,kr }⊂{1,2,...,n+1}

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

10

Esercizio 1.3.3 Relativamente alla prima sessione d’esame del primo anno del corso di laurea XXX `e noto che la probabilit`a che uno studente superi: • l’esame A `e 0.4, • l’esame B `e 0.5, • l’esame C `e 0.3, • l’esame A e l’esame B `e 0.35, • l’esame A e l’esame C `e 0.2, • l’esame B e l’esame C `e 0.25, • tutti e tre gli esami `e 0.15,

Determinare la probabilit`a che nella prima sessione uno studente scelto a caso 1. non superi l’esame A; 2. superi A ma non superi B; 3. superi almeno un esame; 4. non superi alcun esame.

Soluzione Indichiamo con A l’evento “lo studente supera l’esame A”, con B l’evento “lo studente supera l’esame B” e con C l’evento “lo studente supera l’esame C”. Allora le probabilit`a richieste sono: 1. P (Ac ) = 1 − P (A) = 0.6; 2. P (A ∩ B c ) = P (A \ (A ∩ B)) = P (A) − P (A ∩ B) = 0.4 − 0.35 = 0.05; 3. P (A∪B∪C) = P (A)+P (B)+P (C)−[P (A∩B)+P (A∩C)+P (B∩C)]+P (A∩B∩C) = 0.4 + 0.5 + 0.3 − 0.35 − 0.2 − 0.25 + 0.15 = 0.55; 4. P (Ac ∩ B c ∩ C c ) = P ((A ∪ B ∪ C)c ) = 1 − 0.55 = 0.45.

1.4

Spazi finiti o numerabili

In questo paragrafo vedremo come probabilizzare uno spazio campionario finito o numerabile, cio`e come costruire modelli probabilistici per esperimenti aleatori che hanno al pi` u una infinit`a numerabile di esiti possibili. Fissiamo inizialmente l’attenzione sul caso Ω numerabile e sia {ω1 , ω2 , . . . } una numerazione dei punti di Ω. In generale, in questo caso, si sceglie come σ-algebra F l’insieme di tutti i sottoinsiemi di Ω, P(Ω). Si definisce una probabilit`a su (Ω, F ) assegnando una successione p1 , p2 , . . . tale che pk ≥ 0 per ogni k = 1, 2, . . . e ∞ X k=1

pk = 1

(1.4.1)

1.4. SPAZI FINITI O NUMERABILI

11

Infatti se attribuiamo agli eventi elementari le probabilit`a P ({ω1}) = p1 , P ({ω2 }) = p2 , . . . , allora la probabilit`a di ogni evento E ∈ F risulta automaticamente individuata come seS gue. Per ogni evento E ∈ F possiamo scrivere E = k: ωk ∈E {ωk } e l’unione `e disgiunta, quindi per la propriet`a di σ-additivit`a di cui deve godere una probabilit`a definiamo (necessariamente) X X P (E) = P ({ωk }) = pk (1.4.2) k: ωk ∈E

k: ωk ∈E

` immediato verificare che la P cos`ı definita `e una probabilit`a su P(Ω). Infatti P (∅) = 0 E P e P (Ω) = +∞ 1. Inoltre la propriet`a di σ-additivit`a segue dalla Definizione 1.4.2 e k=1 pk = P dal fatto che, poich´e +∞ e una serie a termini positivi convergente, allora si possono k=1 pk ` sommare somme parziali disgiunte ed ottenere sempre il medesimo risultato come somma totale. Viceversa, P una qualunque misura di probabilit`a su P(Ω) soddisfa P ({ωk }) ≥ 0 per k = 1, 2, . . . e +∞ k=1 P ({ωk }) = P (Ω) = 1. Abbiamo dimostrato la seguente proposizione. Proposizione 1.4.1 Sia Ω un insieme numerabile e sia {ω1 , ω2 , . . . } una numerazione dei punti di Ω. Sia F = P(Ω).

1. Ogni probabilit`a su (Ω, F ) individua una successione di numeri reali p1 , p2 , . . . che soddisfano (1.4.1) ponendo P ({ωk }) = pk per ogni k. 2. Data una successione p1 , p2 , . . . che soddisfa (1.4.1), esiste un’unica misura di probabilit`a su (Ω, F ) tale che P ({ωk }) = pk per ogni k. Tale probabilit`a `e data da X P (E) = pk ∀E ⊂ Ω k: ωk ∈E

Notiamo che quanto detto sopra per spazi numerabile pu`o essere ripetuto per Ω finito. Esercizio 1.4.2 Enunciare e dimostrare la proposizione precedente nel caso di spazi campionari finiti. Esempio 1.4.3 Ogni successione [sequenza] di termini positivi per la quale la somma dei termini `e uno fornisce un esempio di modello probabilistico su uno spazio numerabile [finito]. Tuttavia alcune di queste si impongono come modelli naturali per certi tipi di fenomeni aleatori. Ricordiamo qui i principali modelli utili nelle applicazioni. Una trattazione pi` u approfondita viene rimandata al capitolo dedicato alle variabili aleatorie. 1. Modello di Poisson. In questo modello la probabilit`a, dipendente da un parametro positivo λ, `e definita su Ω = {0, 1, 2, . . . } dalla successione e−λ λk pk = k!

k = 0, 1, . . .

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

12

2. Modello geometrico. In questo modello la probabilit`a, dipendente da un parametro p con 0 < p < 1, `e definita su Ω = {1, 2, . . . } dalla successione pk = p(1 − p)k−1

k = 1, 2, . . .

3. Modello binomiale. In questo modello la probabilit`a, dipendente da due parametri n intero positivo e p con 0 < p < 1, `e definita su Ω = {0, 1, . . . , n} dalla sequenza   n k p (1 − p)n−k pk = k

k = 0, 1. . . . , n

Esercizio 1.4.4 Verificare che i pk assegnati nei punti 1., 2. e 3. dell’Esempio 1.4.3 verificano (1.4.1) e quindi definiscono una probabilit`a. Consideriamo ora un esperimento aleatorio che ammette solo un numero finito n di risultati possibili, sia Ω = {ω1 , ω2 , . . . , ωn } lo spazio campionario associato e F = P(Ω). Supponiamo che la natura dell’esperimento aleatorio ci suggerisca di assumere p1 = p2 = · · · = pn = p, cio`e di assegnare la stessa probabilit`a ad ogni evento elementare. In questo caso si parla di spazio di probabilit`a uniforme oppure spazio equiprobabile finito. Dall’assioma 2. della Definizione 1.2.16 e dalla propriet`a di additivit`a finita (cfr. Proposizione 1.2.17) segue che 1 = P (Ω) =

n X k=1

P ({ωk }) =

n X k=1

p = np = |Ω|p =⇒ p =

1 |Ω|

e la probabilit`a di ogni evento E ∈ F `e data da P (E) =

X

k: ωk ∈E

P ({ωk }) =

X

k: ωk ∈E

1 |E| = |Ω| |Ω|

Esempio 1.4.5 (segue Esempio 1.2.5) Consideriamo ancora l’esempio del lancio di due dadi. In questo caso lo spazio degli eventi elementari `e Ω = {(i, j) : i, j = 1, 2, . . . , 6} e come famiglia (σ-algebra) degli eventi possiamo scegliere F := P(Ω). Per quanto riguarda l’assegnazione di una probabilit`a P su (Ω, F ) osserviamo che se assumiamo che i due dadi non siano truccati e vogliamo che il nostro spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) modellizzi questo fatto fisico, dobbiamo ammettere che tutti gli eventi elementari di Ω abbiano la stessa probabilit`a p = 1/|Ω| = 1/36. Sia Ek l’evento “la somma dei due dadi `e k” per

1.4. SPAZI FINITI O NUMERABILI

13

k = 2, 3, . . . , 12. Allora, E2 E3 E4 E5 E6 E7 E8 E9 E10 E11 E12

= {(1, 1)} = {(1, 2), (2, 1)} = {(1, 3), (2, 2), (3, 1)} = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)} = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)} = {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)} = {(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)} = {(4, 6), (5, 5), (6, 4)} = {(5, 6), (6, 5)} = {(6, 6)}

Applicando la formula P (E) = |E|/|Ω| otteniamo: P (E2 ) = P (E12 ) = 1/36, P (E3 ) = P (E11 ) = 1/18, P (E4 ) = P (E10 ) = 1/12, P (E5 ) = P (E9 ) = 1/9, P (E6 ) = P (E8 ) = 5/36, P (E7 ) = 1/6. Esempio 1.4.6 Consideriamo l’esempio del lancio di due dadi, ma assumiamo di essere interessati solamente alla somma dei risultati dei due dadi. In questo caso lo spazio degli eventi elementari `e dato da Ω = {2, 3, . . . , 12} e come famiglia degli eventi possiamo scegliere F := P(Ω). Per quanto riguarda l’assegnazione di una probabilit`a P su (Ω, F ) osserviamo che se assumiamo che i due dadi non siano truccati, per l’esempio precedente, dobbiamo porre P ({2}) = P ({12}) = 1/36, P ({3}) = P ({11}) = 1/18, P ({4}) = P ({10}) = 1/12, P ({5}) = P ({9}) = 1/9, P ({6}) = P ({8}) = 5/36, P ({7}) = 1/6. Se invece assumiamo che i possibili risultati della somma dei due dadi siano equiprobabili, dobbiamo porre P ({k}) = 1/11 per ogni k = 2, 3, . . . , 12: lo spazio di probabilit`a cos`ı costruito `e matematicamente corretto, ma non ha nulla a che vedere con la realt`a fisica e sperimentale. Campionamento da urne Esempi classici di probabilit`a uniforme sono quelli associati agli esperimenti aleatori di campionamento da un’urna contenente M palline numerate da 1 a M e per il resto indistinguibili. L’esperimento consiste nell’estrarre un numero n di palline. A seconda delle modalit`a secondo cui vengono effettuate le estrazioni si ottengono differenti spazi campionari. Campionamento senza reimmissione Estraiamo una dopo l’altra n ≤ M palline dall’urna eliminando di volta in volta la pallina estratta (Campionamento senza reimmissione o senza rimpiazzo). Possiamo scegliere come spazio campionario Ω1 := {(a1 , . . . , an ) : ai = 1, . . . , M e ai 6= aj ∀i 6= j}

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

14

dove la i-esima componente del caso elementare (a1 , . . . , an ) rappresenta il numero della i−esima pallina estratta. Se non vi `e reimmissione, la prima coordinata a1 pu`o essere scelta in M modi e per ciascuno di questi abbiamo M − 1 possibilit`a per scegliere a2 ... e M − n + 1 per l’n-esima. Detto diversamente, lo spazio campionario `e l’insieme di tutte le disposizioni senza ripetizione di ordine n delle M palline. La cardinalit`a di Ω1 `e |Ω1 | = (M)n = M(M − 1) · · · (M − n + 1). Se n = M allora |Ω1 | = M! = numero delle permutazioni (senza ripetizione) di M oggetti. Esempio 1.4.7 Un’associazione `e formata da 25 iscritti. Tra questi devono essere scelti un presidente ed un segretario. Quanti sono i modi possibili per ricoprire le due cariche? Considerando che la prima carica pu`o essere ricoperta da 25 persone diverse e che per ciascuna di queste si hanno 24 scelte possibili della seconda carica, allora |Ω1 | = |{(a1 , a2 ) : a1 , a2 = 1, . . . , 25 e a1 6= a2 }| = 25 × 24 = 600 Se gli individui vengono scelti a caso per ricoprire le cariche, qual `e la probabilit`a che un assegnato membro dell’associazione ne ricopra una? Sia A: “Un assegnato membro dell’associazione ricopre una carica”. Per fissare le idee, e senza perdere in generalit`a, il membro in questione sia il numero 1. Allora, A = {(a1 , a2 ) ∈ Ω1 : a1 = 1 o a2 = 1} e |A| = |{(a1 , a2 ) ∈ Ω1 : a1 = 1}| + |{(a1 , a2 ) ∈ Ω1 : a2 = 1}| = 24 + 24, da cui |A| 48 2 P (A) = = = = 0.08 |Ω1 | 25 × 24 25 Se non interessa l’ordine con cui le palline sono estratte, si pu`o scegliere come spazio campionario4 Ω2 := {E : E ⊂ {1, . . . , M}, |E| = n} = {{a1 , . . . , an } : ai = 1, . . . , M, ai 6= aj ∀i 6= j}
La cardinalit`a di Ω2 `e |Ω2 | = M . n

Esempio 1.4.8 Se una persona gioca a poker con un mazzo di 32 carte, in quanti modi pu`o essere servito? Le 32 carte del mazzo sono cos`ı ripartite: quattro semi ♥, ♦, ♣ e ♠, per ognuno dei quali si hanno le 8 carte distinte: A, K, Q, J, 10, 9, 8, 7. Ogni mano `e un insieme di 5 carte scelte dal mazzo.
Allora: Ω2 = {E : E ⊂ {1, . . . , 32}, |E| = 5} e il numero di mani possibili `e = 201376. |Ω2 | = 32 5 Qual `e la probabilit`a che il giocatore abbia un tris “servito”? Sia A l’evento: “il giocatore ha un tris servito (e non un gioco migliore)”. Allora P (A) = |A|/|Ω2 |. Per calcolare |A| scegliamo il valore del tris (Es. tris di K) tra gli 8 disponibili,
4 per ciascuna scelta abbiamo 3 modi di scegliere i semi delle carte che compongono il tris 4

Ω2 `e l’insieme delle combinazioni di classe n di {1, . . . , M }, cfr. Appendice B.

` CONDIZIONATA ED INDIPENDENZA 1.5. PROBABILITA

15


(Es. ♥, ♦ e ♣): in totale abbiamo 8 × 43 modi di scegliere il tris. Ora dobbiamo prendere le rimanenti 2 carte. I valori di queste carte devono necessariamente essere differenti tra di loro (altrimenti avremmo un “full”) e differenti dal valore
precedentemente scelto per il 7 tris (altrimenti avremmo un “poker”), abbiamo quindi 2 modi di scegliere i valori delle rimanenti 2 carte5 . Rimangono da decidere
i semi
delle 2 carte: per ciascuna carta abbiamo 4 semi possibili. In definitiva |A| = 8 × 43 × 72 × 4 × 4 e la probabilit`a del tris servito `e

8 × 43 × 72 × 4 × 4 48
' 0.0534 ' 5.3% = 32 899 5

Campionamento con reimmissione Estraiamo ora una pallina dalla solita urna, registriamo il numero della pallina e prima di procedere alla successiva estrazione rimettiamo la pallina nell’urna. Quindi ripetiamo n volte le estrazioni secondo questo schema (campionamento con reimmissione o con rimpiazzo). In questo caso n pu`o essere un numero naturale qualunque. Possiamo scegliere il seguente spazio campionario: Ω3 := {(a1 , . . . , an ) : ai = 1, . . . , M} Cio`e lo spazio campionario `e l’insieme di tutte le disposizioni con ripetizione di M elementi di ordine n e |Ω3 | = M n . Infine, assegniamo a ogni ω uguale probabilit`a: P ({ω}) = 1/M n . Esempio 1.4.9 Quanto vale la probabilit`a che ciascuna delle n palline estratte sia diversa dalle altre. Detto A tale evento, `e evidente che se n > M allora P (A) = 0. Invece, se n ≤ M vale quanto segue: P (A) =

1.5

|A| M(M − 1) · · · (M − n + 1) M! = = n n M M (M − n)!M n

Probabilit` a condizionata ed indipendenza

In questa sezione vengono introdotti e discussi i concetti di indipendenza e probabilit`a condizionata. Questi sono concetti fondamentali per la teoria della probabilit`a, sia da un punto di vista teorico sia da un punto di vista applicativo, rivestiranno un ruolo centrale in tutto ci`o che segue e traducono in termini matematici il concetto di aggiornamento della probabilit`a sulla base di nuove conoscenze in possesso dello sperimentatore. Esempio 1.5.1 (segue Esempio 1.4.6) Supponiamo vengano lanciati due dadi e supponiamo che ci venga chiesto di calcolare la probabilit`a che la somma dei due dadi sia 12. Per l’Esempio 1.4.6 risponderemmo 1/36. Rispondiamo ora alla stessa domanda ma sapendo che sul primo dado `e uscito un 6. Questa ulteriore informazione cambia radicalmente le nostre valutazioni. Infatti, se sappiamo che sul primo dado `e uscito un 6, la probabilit`a che la somma dei due dadi faccia 12 `e uguale alla probabilit`a che sia uscito un 6 anche sull’altro dado, cio`e 1/6. 5

7 sono i valori disponibili e ne scegliamo 2 senza ripetizione e senza tenere conto dell’ordine

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

16

Questo esempio mostra la necessit`a di dare una definizione per situazioni in cui si vuole calcolare le probabilit`a di un evento E sapendo che si `e verificato un altro evento F . La definizione che segue va in questa direzione. Definizione 1.5.2 (Probabilit` a condizionata) Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit` a e sia F ∈ F un evento tale che P (F ) > 0. Dato un qualsiasi evento E ∈ F si chiama probabilit`a condizionata di E dato F il numero P (E|F ) :=

P (E ∩ F ) P (F )

Nota 1.5.3 Come abbiamo detto P (E|F ) va interpretata come la probabilit`a che si verifichi E sapendo che si `e verificato F . Un errore tipico `e confondere la probabilit`a condizionata con la probabilit`a dell’intersezione, cio`e con la “probabilit`a che si verifichino sia E che F ”. Tornando all’Esempio 1.5.1 se E `e l’evento “la somma dei due dadi `e 12” ed F `e l’evento “sul primo dado esce 6”, allora E ∩ F = E `e l’evento “la somma dei due dadi `e 12”, quindi P (E|F ) = 1/6 6= 1/36 = P (E ∩ F ). Esercizio 1.5.4 Quanto vale la probabilit`a che la somma delle facce di due dadi regolari sia 12, se si `e verificato che su uno dei due dadi `e uscito 6? Soluzione Siano E=“la somma dei due dadi `e 12” e G=“su uno dei due dadi esce 6” . Se calcoliamo la probabilit`a condizionata che si verifichi E sapendo che si `e verificato G usando la nozione intuitiva di probabilit`a condizionata, sbagliamo. Infatti, la nozione intuitiva di probabilit`a condizionata ci porta a ripetere erroneamente un ragionamento analogo a prima (se sappiamo che su un dado `e uscito un 6, la probabilit`a che la somma dei due dadi faccia 12 `e uguale alla probabilit`a che sia uscito un 6 anche sull’altro dado) cos`ı ottenendo per P (E|G) il valore 1/6. Ma questo ragionamento `e falso: applicando la formula per il calcolo della probabilit`a condizionata otteniamo P (E|G) =

P ({(6, 6)}) 1/36 1 1 P (E ∩ G) = = = < P (G) P ({(1, 6), (2, 6), . . . , (6, 6), (6, 5), . . . , (6, 1)}) 11/36 11 6

Esercizio 1.5.5 Un lotto `e costituito da 25 transistor accettabili, 10 parzialmente difettosi (cio`e che si rompono dopo qualche ora d’uso) e 5 difettosi (cio`e che si guastano immediatamente). Un transistor viene preso a caso dal lotto. Se non si rompe subito qual `e la probabilit`a che sia accettabile? Soluzione In questo caso abbiamo tre eventi A “il transistor `e accettabile”, B “il transistor `e parzialmente difettoso”, C “il transistor `e difettoso”. Ci viene chiesto di calcolare P (A|C c ). Abbiamo che: P (A|C c ) =

P (A ∩ C c ) P (A) 25/40 5 = = = c P (C ) 1 − P (C) 35/40 7

` CONDIZIONATA ED INDIPENDENZA 1.5. PROBABILITA

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Esercizio 1.5.6 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a e sia F ∈ F un evento tale che P (F ) > 0. Poniamo PF (E) := P (E|F ) per ogni E ∈ F . 1. Verificare che (Ω, F , PF ) `e uno spazio di probabilit`a; 2. verificare che PF (F ) = 1; 3. verificare che se E ∈ F `e P –impossibile, cio`e P (E) = 0, allora E `e PF –impossibile, cio`e PF (E) = 0. Nota 1.5.7 Dal punto 1. dell’esercizio precedente segue che PF = P (·|F ) gode di tutte le propriet`a generali di cui godono S le probabilit` Ad esempio: se E1 , E2 , . . . , En ∈ F , con
a. P n n Eh ∩ Ek = ∅ ∀h 6= k, allora P k=1 Ek F = k=1 P (Ek |F ), oppure: se E ∈ F allora c P (E |F ) = 1 − P (E|F ).

1.5.1

Alcune formule importanti

Riuniamo in questo paragrafo alcune formule utili nelle applicazioni che coinvolgono il concetto di probabilit`a condizionata. Formula delle probabilit` a totali Spesso nelle applicazioni si ha a che fare con esperimenti aleatori in cui le condizioni di preparazione dell’esperimento aleatorio sono a loro volta casuali: la formula delle probabilit` a totali `e utile per calcolare probabilit`a di eventi relativamente a questi casi. Esempio 1.5.8 Ci sono due urne dette “urna A” ed “urna B”. La prima contiene 1000 biglie bianche ed 1 nera mentre la seconda ne contiene 2 nere. Si lancia una moneta equa e se viene testa si pesca una biglia dall’urna A mentre se viene croce si pesca una biglia dall’urna B. Qual `e la probabilit`a che la biglia pescata sia nera? Un errore tipico in queste situazioni `e di pensare che la probabilit`a di pescare una biglia nera, seguendo la procedura sopra descritta, sia la stessa che pescare una biglia nera da un’urna C in cui siano stati spostati i contenuti delle urne A e B, cio`e che contiene 1000 biglie bianche e 3 biglie nere. Questo `e evidentemente un errore grossolano, infatti la probabilit`a di pescare una biglia nera dall’urna C `e di 3/1003 cio`e prossima a 0, mentre la probabilit`a di pescare una biglia nera seguendo la procedura di cui sopra `e maggiore di 1/2, in quanto `e maggiore della probabilit`a di ottenere croce su una moneta equa (se si ottiene croce allora si sceglie l’urna B e quindi necessariamente si estrae una biglia nera). La formula delle probabilit`a totali fornisce la risposta su come gestire situazioni di questo genere. Proposizione 1.5.9 (Formula delle probabilit` a totali)SSia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a e F1 , F2 , . . . , Fn ∈ F una partizione finita di Ω, nk=1 Fk = Ω e Fh ∩ Fk = ∅ se

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

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h 6= k, tale che P (Fk ) > 0 per k = 1, 2, . . . , n. Allora per ogni evento E ∈ F si ha P (E) =

n X

P (E|Fk )P (Fk )

(1.5.1)

k=1

Sn Dimostrazione Sia E ∈ F , poich´ e Ω = k=1 Fk ed E ⊂ Ω, Sn Snsegue che E = E ∩ Ω = e Fh ∩ Fk = ∅ se h 6= k, allora k=1 (E ∩ Fk ) `e un’unione k=1 (E ∩ Fk ); inoltre, poich´ disgiunta e dall’additivit`a otteniamo P (E) =

n X k=1

P (E ∩ Fk ) =

n X

P (E|Fk )P (Fk )

k=1

(l’ultima uguaglianza segue direttamente dalla definizione di probabilit`a condizionata). Esempio 1.5.10 Riprendiamo l’Esempio 1.5.8. In questo caso poniamo F1 “esce testa”, F2 := F1c “esce croce”, E “viene pescata una biglia nera”. F1 ed F2 costituiscono ovviamente una partizione di Ω. Inoltre si ha P (F1 ) = P (F2 ) = 1/2, P (E|F1 ) = 1/1001 mentre P (E|F2 ) = 1. Dalla formula delle probabilit`a totali deriva che 1 1 1 × + 1 × ' 0.5 1001 2 2 Nota 1.5.11 Si noti che nell’esempio precedente non abbiamo detto nulla sullo spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) in cui tutto avviene, abbiamo solamente assunto che tale spazio esista. Inoltre per calcolare le probabilit`a condizionate non abbiamo utilizzato la Definizione 1.5.2, che si sarebbe rivelata inutile senza una conoscenza esplicita di (Ω, F , P ), ma abbiamo utilizzato il significato euristico di probabilit`a condizionata, cio`e la “probabilit`a che venga presa una biglia nera sapendo da quale urna si sta pescando”. Questo modo di procedere, tralasciando i dettagli formali e utilizzando nozioni intuitive, `e tipico del calcolo delle probabilit`a e verr`a utilizzato ancora in seguito. Lasciamo al lettore pi` u pignolo il compito di verificare che effettivamente esiste uno spazio (Ω, F , P ) in cui `e possibile immergere rigorosamente la nostra discussione. P (E) = P (E|F1 )P (F1) + P (E|F2)P (F2 ) =

Esercizio 1.5.12 Dimostrare la formula delle probabilit`a totali per una partizione numerabile F1 , F2 , . . . di eventi. Formula di Bayes Torniamo ancora all’Esempio 1.5.8. Supponiamo che qualcuno, non visto da noi, abbia lanciato la moneta, abbia di conseguenza scelto l’urna ed ora ci mostri una biglia nera. Se ci viene chiesto di scommettere se sia uscito testa o croce sulla moneta, dopo qualche ragionamento quasi tutti scommetterebbero su croce. Infatti `e assai improbabile che la biglia che `e stata pescata provenga dall’urna A, costituita quasi interamente da biglie bianche. La formula di Bayes `e utile in situazioni di questo tipo, in cui cio`e ci viene data un’informazione a posteriori su un evento aleatorio e ci viene chiesto in che modo si sia realizzato tale evento.

` CONDIZIONATA ED INDIPENDENZA 1.5. PROBABILITA

19

Proposizione 1.5.13 (Formula di Bayes) Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit` a e F1 , F2 , . . . , Fn ∈ F una partizione finita Ω tale che P (Fk ) > 0 per k = 1, 2, . . . , n. Se E ∈ F `e tale che P (E) > 0 allora si ha P (E|Fh )P (Fh ) P (Fh |E) = Pn k=1 P (E|Fk )P (Fk )

h = 1, 2, . . . , n

(1.5.2)

Dimostrazione Dalla definizione di probabilit`a condizionata si ha P (Fh |E) =

P (Fh ∩ E) P (E|Fh )P (Fh ) = P (E) P (E)

cosi che la (1.5.2) si ottiene applicando la formula delle probabilit`a totali (1.5.1) al denominatore di questa uguaglianza. Esempio 1.5.14 (Test clinici) 6 In un test clinico un individuo di una certa popolazione viene sottoposto ad un’analisi di laboratorio (test) per sapere se ha o meno una certa malattia. Il risultato del test pu`o essere negativo, ad indicare che l’individuo `e sano [rispetto a quella malattia], oppure positivo, ad indicare che l’individuo `e malato. Tuttavia tutti i test utilizzati in pratica non sono completamente affidabili, nel senso che pu`o accadere che a sottoponendo un individuo sano al test, il test fornisce un risultato positivo (falso positivo) b sottoponendo un individuo malato al test, il test d`a un risultato negativo (falso negativo). Ovviamente un test `e “buono” se rende minime le probabilit`a di osservare falsi positivi o negativi. Cos`ı, per valutare la bont`a di un test, prima di applicarlo su larga scala, lo si verifica su individui di cui si conosce lo stato di salute. Supponiamo di sottoporre ad un test clinico un individuo, e siano M l’evento “l’individuo `e malato”, S l’evento “l’individuo `e sano”, I l’evento “il test `e positivo” e O l’evento “il test `e negativo”. Le grandezze P (I|M) e P (O|S) sono note nella letteratura epidemiologica rispettivamente come sensibilit`a e specificit`a del test e possono essere calcolate, o meglio stimate, utilizzando il test su individui dei quali si conosce lo stato di salute. In un buon test queste grandezze devono essere quanto pi` u possibile prossime ad 1. Se il test viene utilizzato per capire se un individuo `e malato o meno la grandezza che interessa `e P (M|I) detta valore predittivo del test. Per la formula di Bayes si ha che: P (M|I) =

P (I|M)P (M) P (I|M)P (M) = P (I|M)P (M) + P (I|S)P (S) P (I|M)P (M) + [1 − P (O|S)][1 − P (M)]

quindi per conoscere il valore predittivo del test non basta conoscere la specificit`a e la sensibilit`a del test ma bisogna conoscere anche P (M). In definitiva bisogna avere informazioni a priori sulla frequenza relativa della malattia nella popolazione. Si noti inoltre che 6

Si veda [3]

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

20

se P (M) → 0, anche P (M|I) `e piccolo, cosicch`e il test usato su una popolazione sana d`a quasi sempre falsi positivi. Tanto per fare un esempio pratico consideriamo la metodica “ELISA” per la rilevazione degli anticorpi relativi al retrovirus HIV. Nel ’95 si stimava che gli individui che avevano sviluppato anticorpi relativi all’HIV in Italia fossero lo 0.0025% della popolazione totale. La sensibilit`a del test `e 0.993 mentre la sua specificit`a `e 0.9999. Ne segue che il valore predittivo del test `e dato da: P (M|I) =

0.993 × 0.000025 ' 0.2 = 20% 0.993 × 0.000025 + (1 − 0.9999) × (1 − 0.000025)

questo significa che se si effettuasse il test ELISA per l’HIV “a tappeto” su tutta la popolazione italiana l’80% circa dei positivi sarebbero falsi positivi! Per ovviare a questo inconveniente nella pratica si restringe la popolazione da esaminare alla cosiddetta “popolazione a rischio”, elevando in questo modo P (M), e si consiglia a chi `e risultato positivo alla metodica ELISA di sottoporsi ad un altro test, pi` u costoso, ma anche pi` u accurato. Esercizio 1.5.15 (Test di collaudo) [Tratto da [12] ] Un’impresa industriale ha installato un sistema automatico per il controllo di qualit`a, che garantisce che, se un pezzo `e difettoso, esso viene eliminato con probabilit`a 0.995. Tuttavia, c’`e una probabilit`a (piccola) pari a 0.001 che un pezzo non difettoso sia eliminato. Inoltre, si sa anche che la probabilit`a che un pezzo sia difettoso `e 0.2. Si calcoli la probabilit`a che un pezzo non eliminato dopo il controllo di qualit`a sia difettoso. Esercizio 1.5.16 Dimostrare la formula di Bayes per una partizione numerabile F1 , F2 , . . . di eventi. Regola di moltiplicazione Consideriamo ora l’esperimento di estrarre in sequenza e senza rimpiazzo delle biglie da un’urna che inizialmente ne contiene r rosse e b bianche. Per calcolare la probabilit`a che la prima biglia estratta sia rossa e la seconda bianca possiamo procedere come segue. Siano Bk l’evento “la k-esima biglia estratta `e bianca” ed Rk l’evento “la k-esima biglia estratta `e rossa”. La probabilit`a richiesta `e P (R1 ∩ B2 ) = P (B2|R1 )P (R1 ) =

r b · r+b r+b−1

Vogliamo ora calcolare la probabilit`a che la prima biglia estratta sia rossa, la seconda bianca, la terza rossa e la quarta ancora bianca, cio`e P (R1 ∩ B2 ∩ R3 ∩ B4 ). Come possiamo estendere a questo caso il ragionamento precedente? In casi come questo risulta utile la seguente formula. Proposizione 1.5.17 (Formula di moltiplicazione) Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a ed E1 , E2 , . . . , En ∈ F eventi tali che P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−1 ) > 0. Allora P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En ) = P (E1 )P (E2 |E1 )P (E3 |E2 ∩ E1 ) · · · · · P (En |E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−1 )

` CONDIZIONATA ED INDIPENDENZA 1.5. PROBABILITA

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Dimostrazione Poich´e E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−1 ⊂ E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−2 ⊂ · · · ⊂ E1 , per la propriet`a di monotonia si ha 0 < P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−1 ) ≤ P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−2 ) ≤ · · · ≤ P (E1 ) quindi possiamo scrivere P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En ) = P (E1 ∩ E2 ) P (E1 ∩ E2 ∩ E3 ) P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En ) = P (E1 ) · · ····· = P (E1 ) P (E1 ∩ E2 ) P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−1 ) = P (E1 )P (E2 |E1 )P (E3 |E1 ∩ E2 ) · · · · · P (En |E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En−1 ) Ritornando all’esempio dell’inizio del paragrafo P (R1 ∩ B2 ∩ R3 ∩ B4 ) = P (R1 )P (B2 |R1 )P (R3 |R1 ∩ B2 )P (B4 |R1 ∩ B2 ∩ R3 ) = r b r−1 b−1 = · · · r+b r+b−1 r+b−2 r+b−3

1.5.2

Indipendenza

L’indipendenza di eventi gioca un ruolo fondamentale nel calcolo delle probabilit`a. Intuitivamente due eventi sono indipendenti se il realizzarsi di uno dei due non influenza il verificarsi dell’altro. Analogamente un numero finito e qualunque di eventi sono indipendenti se il realizzarsi di un numero finito di essi non influenza il verificarsi dei rimanenti. Diamo ora le definizioni rigorose che si usano per formalizzare questi concetti. Definizione 1.5.18 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a. Gli eventi E, F ∈ F sono indipendenti se P (E ∩ F ) = P (E)P (F ) Si noti che se E ed F sono eventi indipendenti tali che P (E), P (F ) > 0 allora P (E|F ) = P (E) e P (F |E) = P (F ), in accordo con l’idea intuitiva di indipendenza e probabilit`a condizionata. Definizione 1.5.19 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a. Gli eventi E1 , E2 , . . . , En sono indipendenti se comunque preso un sottoinsieme {h1 , h2 , . . . , hk } ⊂ {1, 2, . . . , n} con k ≥ 2 si ha P (Eh1 ∩ Eh2 ∩ · · · ∩ Ehk ) = P (Eh1 )P (Eh2 ) · · · · · P (Ehk ) (1.5.3) Esempio 1.5.20 Tre eventi A, B e C sono indipendenti se e solo se valgono tutte le seguenti relazioni: P (A∩B) = P (A)P (B), P (A∩C) = P (A)P (C), P (B ∩C) = P (B)P (C) e P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C). Esercizio 1.5.21 Analogamente all’esempio qui sopra, indicare le 24 −4 −1 = 11 relazioni necessarie e sufficienti per l’indipendenza di 4 eventi A, B, C e D.

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

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Esercizio* 1.5.22 Verificare che sono 2n − n − 1 le relazioni del tipo (1.5.3) necessarie e sufficienti per l’indipendenza di n eventi E1 , E2 , . . . , En . Nota 1.5.23 Si noti che la Definizione 1.5.19 cattura il senso intuitivo di indipendenza secondo quanto detto all’inizio della sezione. Infatti se E1 , E2 , . . . , En sono eventi indipendenti si ha ad esempio P (E1 |Eh1 ∩ Eh2 ∩ · · · ∩ Ehk ) =

P (E1 ∩ Eh1 ∩ Eh2 ∩ · · · ∩ Ehk ) = P (E1 ) P (Eh1 ∩ Eh2 ∩ · · · ∩ Ehk )

per ogni sottoinsieme {h1 , h2 , . . . , hk } ⊂ {1, 2, . . . , n} tale che 1 6∈ {h1 , h2 , . . . , hk } e P (Ehj ) > 0 per ogni j = 1, . . . , k: cio`e il realizzarsi di qualsivoglia scelta di eventi tra E2 , . . . , En non influenza il realizzarsi di E1 . Un discorso analogo si pu`o fare sostituendo E2 ad E1 etc. Esercizio* 1.5.24 Siano Tn E1 , E2 , . . . , En , con n ≥ 2, eventi in uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) tali che P ( j=1 Ej ) > 0. Provare che E1 , E2 , . . . , En sono indipendenti se e solo se per ogni k ≥ 1 P (E1 |Eh11 ∩ Eh12 ∩ · · · ∩ Eh1k ) = P (E1 ) per ogni {h11 , h12 , . . . , h1k } ⊂ {1, 2, . . . , n} \ {1}

P (E2 |Eh21 ∩ Eh22 ∩ · · · ∩ Eh2k ) = P (E2 ) per ogni {h21 , h22 , . . . , h2k } ⊂ {1, 2, . . . , n} \ {2} P (En |Ehn1 ∩ Ehn2

... ∩ · · · ∩ Ehnk ) = P (En ) per ogni {hn1 , hn2 , . . . , hnk } ⊂ {1, 2, . . . , n} \ {n}

Nota 1.5.25 La Definizione 1.5.19 va letta e compresa con attenzione. Un errore tipico consiste nel non capirne il significato, tentando quindi di ricostruirla mnemonicamente a partire dal suo caso particolare e pi` u facile da ricordare dato nella Definizione 1.5.18. In questo modo si arriva spesso al seguente errore: “gli eventi E1 , E2 , . . . , En sono indipendenti se P (E1 ∩ E2 ∩ · · · ∩ En ) = P (E1 )P (E2) · · · · · P (En )” oppure “gli eventi E1 , E2 , . . . , En sono indipendenti se P (Eh ∩ Ek ) = P (Eh )P (Ek ) per ogni h 6= k”. Un altro errore tipico, in un certo senso pi` u grave dei precedenti, `e il seguente: “due eventi E ed F sono indipendenti se E ∩ F = ∅. Esercizio 1.5.26 Provare che se E ed F sono due eventi non impossibili, cio`e tali che P (E) > 0 e P (F ) > 0, e se E ∩ F = ∅, allora E ed F non sono indipendenti. La nozione di indipendenza si estende naturalmente a successioni di eventi nel modo seguente: Definizione 1.5.27 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a. Si dice che gli eventi E1 , E2 , . . . sono indipendenti se preso comunque un sottoinsieme finito di eventi della successione esso `e costituito da eventi indipendenti. Cio`e una successione di eventi `e costituita da eventi indipendenti se preso comunque un sottoinsieme finito di eventi della successione esso `e costituito da eventi indipendenti.

` CONDIZIONATA ED INDIPENDENZA 1.5. PROBABILITA

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Esercizio 1.5.28 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a, mostrare che gli eventi ∅, Ω sono indipendenti da qualsiasi evento o famiglia o successione di eventi in F . Qual `e il significato euristico di questa propriet`a? Esercizio 1.5.29 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a, mostrare che se E, F ∈ F sono eventi indipendenti, allora lo sono anche E ed F c , E c ed F , E c ed F c . Quale `e il significato euristico di questa propriet`a? Abbiamo gi`a messo in evidenza che, se F ∈ F con P (F ) > 0, allora la funzione PF (·) = P (· | F ) `e una probabilit`a su (Ω, F ). Possiamo quindi considerare la nozione di indipendenza rispetto a questa probabilit`a. Definizione 1.5.30 Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a e siano A1 , . . . , An e F eventi con P (F ) > 0. Allora A1 , . . . , An si dicono condizionatamente indipendenti, dato F se essi sono indipendenti rispetto alla probabilit`a PF . Nota 1.5.31 Attenzione! L’indipendenza di due eventi non implica la loro indipendenza condizionatamente ad un terzo evento come mostra il seguente semplice esempio. Esempio 1.5.32 Si lanciano due dadi regolari. Sia A l’evento: “il punteggio dei due dadi `e uguale”, B l’evento: “il punteggio del secondo dado `e 2” e C l’evento: “il punteggio del primo dado `e pari”. Mostriamo che gli eventi A e B sono indipendenti ma non condizionatamente indipendenti, dato C. Lo spazio campionario relativo all’esperimento “lancio di due dadi `e quello introdotto nell’Esempio 1.2.5 e gli eventi i A, B e C corrispondono ai sottoinsiemi di Ω, A = {(i, i) : i = 1, . . . , 6}, B = {(i, 2) : i = 1, . . . , 6}, C = {(2i, j) : i = 1, . . . , 3 j = 1, . . . , 6} e A∩B = {(2, 2)}. Quindi P (A) = |A|/|Ω| = 1/6, P (B) = |B|/|Ω| = 1/6 e P (A ∩ B) = |A ∩ B|/|Ω| = 1/36. Poich`e P (A)P (B) = 1/36 = P (A ∩ B), A e B sono indipendenti. Se invece calcoliamo le probabilit`a degli stessi eventi, ma condizionatamente all’evento C, otteniamo P (A|C) = |A ∩ C|/|C| = 3/18 = 1/6, P (B|C) = |B ∩ C|/|C| = 3/18 = 1/6 e P (A ∩ B|C) = |A ∩ B ∩ C|/|C| = 1/18 6= 1/36 = P (A|C)P (B|C). Esercizio 1.5.33 Mostrare con un controesempio che l’indipendenza condizionale non implica l’indipendenza. Per comprendere meglio il significato della nozione di indipendenza condizionata proponiamo al lettore il seguente esercizio. Esercizio 1.5.34 Un tribunale sta investigando sulla possibilit`a che sia accaduto un evento E molto raro e a tal fine interroga due testimoni, Arturo e Bianca. L’affidabilit`a dei due testimoni `e nota alla corte: Arturo dice la verit`a con probabilit`a α e Bianca con probabilit`a β, e i loro comportamenti sono indipendenti. Siano A e B gli eventi Arturo e Bianca rispettivamente affermano che E `e accaduto, e sia p = P (E). Qual `e la probabilit`a che E sia accaduto sapendo che Arturo e Bianca hanno dichiarato che E `e accaduto? Assumendo α = β = 0.9 e p = 10−3 , quale conclusione ne traete?

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

24

1.5.3

Prove di Bernoulli

Supponiamo di voler studiare un esperimento aleatorio, che chiameremo “prova”, in cui `e possibile ottenere solo due possibili risultati: “successo” o “fallimento”. Supponiamo di poter ripetere in condizioni identiche questo esperimento un certo numero n ∈ N di volte in modo tale che ogni prova non influenzi le altre. L’esempio tipico `e il lancio di una moneta. Indichiamo con successo l’uscita sulla moneta di una testa e con fallimento l’uscita di una croce e lanciamo la moneta un certo numero di volte. Vogliamo rispondere a domande del tipo, “qual `e la probabilit`a di osservare 2 teste in 4 lanci?”. Poich´e questo schema `e relativamente generale conviene sviluppare un modello generale. Costruiamo quindi uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) partendo dalle caratteristiche, sopra specificate in corsivo, dell’esperimento aleatorio. Sia n il numero delle prove. Ogni possibile risultato delle n prove pu`o essere rappresentato da una stringa binaria o n–upla, (a1 , a2 , . . . , an ) dove ak = 1 se la k–esima prova `e un successo mentre ak = 0 se la k–esima prova `e un fallimento. Per esempio, se lanciamo una moneta n = 4 volte, la stringa (1, 0, 0, 0) indica che al primo lancio si `e ottenuta una testa, mentre ai rimanenti si sono ottenute croci. Ne segue che un buon candidato come spazio degli eventi elementari `e l’insieme Ω = {(a1 , a2 , . . . , an ) : ak ∈ {0, 1}, k = 1, 2, . . . , n} . Essendo Ω un insieme finito di cardinalit`a 2n (verificare!), possiamo prendere (cfr. Sezione 1.4) F := P(Ω) e per individuare P `e sufficiente determinare P ({ω}) per ogni ω ∈ Ω. A tal fine osserviamo che il fatto che le varie prove non si influenzino a vicenda si traduce nell’indipendenza degli eventi E1 := {la prima prova `e un successo} , E2 := {la seconda prova `e un successo} , .. . En := {l’n–esima prova `e un successo} ; mentre, il fatto che ripetiamo l’esperimento in condizioni identiche si traduce nell’ipotesi di uguale probabilit`a di successo ad ogni prova: P (E1 ) = P (E2 ) = · · · = P (En ) = p ∈ (0, 1). Considerato che per ogni ω = (a1 , a2 , . . . , an ) ∈ Ω vale7 ! ! \ \ {ω} = Eh ∩ Ekc h tali che ah =1

allora P ({ω}) =

Y

h tali che ah =1 7

P (Eh )

k tali che ak =0

Y

P (Ekc )

k tali che ak =0

Supponiamo ad esempio n = 4 ed ω = (1, 0, 0, 1), il corrispondente evento `e allora: “successo alla prima prova, fallimento alla seconda e terza prova, successo alla quarta prova”, che `e l’intersezione E1 ∩ E2c ∩ E3c ∩ E4 .

` CONDIZIONATA ED INDIPENDENZA 1.5. PROBABILITA [per l’indipendenza di E1 , E2 , . . . , En ] Y Y = p h tali che ah =1

k tali che ak =0

(1 − p) = p

Pn

i=1

ai

25

(1 − p)n−

Pn

i=1

ai

,

dove per ottenere Pn l’ultima eguaglianza abbiamo utilizzato il fatto che il numero degli h tali che ah = 1 `e i=1 ai , mentre il numero dei k tali che ak = 0 `e n − “il numero degli h tali che ah = 1” = n −

n X

ai

i=1

Quindi per ogni ω ∈ Ω, P ({ω}) `e determinata una volta che sia noto il numero di cifre uguali ad 1 di ω, cio`e il numero di successi ottenuti nelle n prove; cio`e, P ({ω}) = pk (1 − p)n−k se il numero di successi `e k e p `e la probabilit`a di ottenere un successo in una singola prova. Risulta cos`ı giustificata la seguente definizione Definizione 1.5.35 (Spazio di probabilit` a di Bernoulli) Sia n ∈ N e p ∈ (0, 1). Poniamo Ω := {(a1 ,P a2 , . . . , an ) : ak ∈ {0, 1}, k = 1, 2, . . . , n}, F := P(Ω) e P ({(a1, a2 , . . . , an )} = Pn n p k=1 ak (1 − p)n− k=1 ak per ogni (a1 , a2 , . . . , an ) ∈ Ω. La terna (Ω, F , P ) si chiama spazio di probabilit`a di Bernoulli o spazio di probabilit`a di n prove di Bernoulli. Supponiamo ora di lanciare una moneta 10 volte (o anche di lanciare 10 monete identiche); sappiamo che questo esperimento aleatorio pu`o essere rappresentato mediante uno spazio di Bernoulli con n = 10 e p = 1/2 (se la moneta `e equa). Ci chiediamo, ad esempio, “qual `e la probabilit`a di osservare 4 teste e 6 croci?” Per rispondere a domande di questo genere `e utile la seguente Proposizione 1.5.36 La probabilit`a di osservare k ≤ n successi in una sequenza di n ≥ 1 prove di Bernoulli se la probabilit`a di successo della singola prova `e p ∈ (0, 1) `e data da   n k p (1 − p)n−k k Dimostrazione Sia (Ω, F , P ) lo spazio di probabilit`a di Bernoulli, e Bk ∈ F l’evento “si osservano k successi”, cio`e ( ) n X Bk = (a1 , a2 , . . . , an ) ∈ Ω : ah = k h=1

allora P (Bk ) =
n

X

ω∈Bk

P ({ω}) =

X

ω∈Bk

pk (1 − p)n−k = |Bk |pk (1 − p)n−k

ma |Bk | = k , infatti per elencare tutte le stringhe lunghe n in cui k cifre sono uguali ad
1 ed n − k sono uguali a 0, basta fissare i k posti degli 1 e questo pu`o essere fatto in nk modi.

26

` CAPITOLO 1. PROBABILITA

Nota 1.5.37 Si noti che gli eventi Bk , k = 0, 1, . . . n, che fissano il numero di successi in n prove di Bernoulli, hanno probabilit`a che corrispondono ai valori pk del modello binomiale (vedi Esempio 1.4.3). Quindi uno spazio di probabilit`a di Bernoulli induce sullo spazio e = {0, 1, . . . , n} dell’esperimento che considera il numero dei successi nelle campionario Ω n prove, un modello binomiale di parametri n e p.

Capitolo 2 Variabili aleatorie 2.1

Variabili aleatorie

Abbiamo visto nel capitolo precedente come la teoria assiomatica del calcolo delle probabilit`a modellizzi gli eventi casuali. In particolare abbiamo fatto la scelta di associare ad un esperimento aleatorio uno spazio di probabilit`a, cio`e una terna (Ω, F , P ), dove Ω `e l’insieme di tutti i possibili risultati dell’esperimento casuale, F `e un insieme costituito da sottoinsiemi di Ω che vanno interpretati come eventi associati all’esperimento casuale e P `e una funzione che ad ogni insieme E ∈ F associa un numero P (E) ∈ [0, 1] da interpretare come la probabilit`a che l’evento (associato ad) E avvenga1 . Una classe molto importante di eventi casuali sono quelli che hanno a che fare con i “numeri casuali”. Un numero casuale `e proprio quello che il linguaggio comune suggerisce. Sia ad esempio T il tempo di vita di un componente elettronico: possiamo pensare a T come ad un numero casuale. Sia X il numero di teste che si presentano se lanciamo 1000 monete da un euro, allora X `e un numero casuale. Per ragioni storiche nel calcolo delle probabilit`a i numeri casuali vengono chiamati variabili aleatorie. In questo capitolo introdurremo il concetto di variabile aleatoria da un punto di vista assiomatico e vedremo alcune applicazioni di questo concetto. In realt`a nel Capitolo 1 abbiamo gi`a studiato dei fenomeni casuali che nascondevano delle variabili aleatorie; quindi l’introduzione che ne faremo qui non aggiunge nulla da un punto di vista concettuale. Tuttavia parlare di numeri casuali, piuttosto che di eventi casuali, consente di utilizzare tutto l’apparato matematico che `e stato sviluppato dall’analisi; ad esempio, potremo parlare di somma di variabili aleatorie, di limiti di successioni di variabili aleatorie etc., ottenendo cos`ı degli strumenti matematici piuttosto potenti. Come abbiamo fatto nel Capitolo 1 per gli eventi casuali, dobbiamo dare una definizione matematicamente soddisfacente del concetto di numero casuale. Per la teoria assiomatica della probabilit`a le variabili aleatorie sono funzioni sullo spazio degli eventi elementari Ω. Per meglio capire questo concetto vediamo un esempio. 1

In quanto segue, se non c’`e possibilit` a di errore, ometteremo frasi del tipo “un insieme E associato ad un certo evento” ma parleremo semplicemente dell’evento E, identificando gli insiemi con gli “eventi”.

27

28

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Esempio 2.1.1 Viene lanciata tre volte una moneta non truccata e sia X il numero di teste che si presentano. Chiaramente X `e un numero casuale che pu`o assumere i valori 0, 1, 2, 3. L’esperimento che stiamo considerando rappresenta tre prove di Bernoulli con probabilit`a di successo in ogni singola prova pari ad 1/2. Il modello probabilistico adeguato `e quindi lo spazio di Bernoulli (Ω, F , P ), dove Ω = {(a1 , a2 , a3 ) : ai = 0, 1 i = 1, 2, 3} con ai = 1 se all’i-esimo lancio esce testa e 0 altrimenti, F = P(Ω) e P (E) = |E|/|Ω|. Questo spazio, fatta eccezione per la diversa rappresentazione degli eventi elementari, coincide con quello dell’Esempio 1.2.19. Ora possiamo pensare alla variabile aleatoria X come ad una regola che ad ogni (a1 , a2 , a3 ) ∈ Ω associa il numero di teste che sono uscite se accade l’evento elementare rappresentato da (a1 , a2 , a3 ). Questo numero verr`a denotato con X((a1 , a2 , a3 )) e vale X((a1 , a2 , a3 )) = a1 + a2 + a3 . Notiamo come in questo caso possiamo calcolare la probabilit`a che X assuma un certo valore. Ad esempio P (X = 2) = P ({(a1 , a2 , a3 ) ∈ Ω : X((a1 , a2 , a3 )) = 2}) 3 = P ({(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}) = 8 L’esempio appena visto dovrebbe far vedere perch´e nella teoria assiomatica della probabilit`a si pensa alle variabili aleatorie come a funzioni definite su Ω. Un altro fatto importante al quale bisogna pensare, prima di vedere la definizione formale di variabile aleatoria, `e il seguente. Sia X una variabile aleatoria definita su uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) (cio`e X `e una funzione da Ω in R) e chiediamoci: qual `e la probabilit`a che X sia minore di un certo numero fissato x? Oppure, qual `e la probabilit`a che X sia maggiore di un certo numero fissato x? Queste sembrano essere domande totalmente legittime e vorremmo che il nostro modello matematico contenesse al suo interno la possibilit`a di rispondere a domande di questo genere. In realt`a, chiedersi ad esempio qual `e la probabilit`a che X sia minore o uguale di un certo numero fissato x equivale a chiedersi qual `e la probabilit`a dell’evento E = {ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x} e per calcolare questa probabilit`a `e necessario che E ∈ F , dal momento che P (E) non `e definita se E 6∈ F . Questa questione “tecnica” non si pone se F = P(Ω) (come accade se Ω `e finito o numerabile), perch´e essa `e banalmente soddisfatta per ogni x. Tuttavia, la questione `e rilevante in quanto si possono fare esempi, che non vedremo in questo corso, di spazi di probabilit`a (Ω, F , P ) e di funzioni X : Ω → R per i quali {ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x} 6∈ F . Ora possiamo dare la definizione di variabile aleatoria. Definizione 2.1.2 (Variabile aleatoria) Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a. Una variabile aleatoria X `e una funzione da Ω in R tale che per ogni x ∈ R, l’insieme {X ≤ x} := {ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x} ∈ F . Esempio 2.1.3 (Segue Esempio 2.1.1) Torniamo all’Esempio 2.1.1. Poich´e {ω ∈ Ω : X(ω) ≤ 1} = {ω : X(ω) = 0} ∪ {ω : X(ω) = 1} = {(0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, allora P (X ≤ 1) = P {(0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} = 4/8 = 1/2.

2.1. VARIABILI ALEATORIE

29

Esempio 2.1.4 (Segue Esempio 1.2.4) Torniamo all’Esempio 1.2.4 del tempo di vita di un componente elettronico. Ricordiamo che Ω := R+ dove il punto t ∈ R+ significa che il componente si `e guastato all’istante t. Un esempio di scelta per la probabilit`a P `e P ((s, t]) = e−µs − e−µt , se 0 ≤ s ≤ t, dove µ > 0 `e un parametro che dipende dal modello. Vedremo in seguito che questa scelta modellizza il guasto accidentale di un componente monitorato nel tempo continuo e non soggetto ad usura. L’istante di guasto T `e una funzione T : Ω → R definita come la funzione identit`a cio`e T (ω) := ω per ogni ω ∈ Ω. Allora, se 0 ≤ s < t abbiamo che da cui

{ω ∈ Ω : s < T (ω) ≤ t} = {ω ∈ Ω : s < ω ≤ t} = (s, t] P (s < T ≤ t) = P ((s, t]) = e−µs − e−µt se 0 ≤ s ≤ t

Si noti che “fraudolentemente” non abbiamo detto chi `e F in questo caso. Il motivo non `e una semplice dimenticanza, il problema `e che in questo caso F `e un oggetto piuttosto complicato. Ci accontenteremo di dire che `e possibile costruire F in modo che contenga tutti gli intervalli di R+ (compreso lo stesso R+ ), i loro complementari e le loro unioni. Se (Ω, F , P ) `e uno spazio di probabilit`a ed X una variabile aleatoria su questo spazio, allora, per definizione, {X ≤ x} ∈ F per ogni x ∈ R. A partire da questa richiesta, si ottiene la seguente proposizione. Proposizione 2.1.5 Se X `e una variabile aleatoria allora {X < x}, {X ≥ x}, {X > x}, {x < X < y}, {x ≤ X < y}, {x < X ≤ y}, {x ≤ X ≤ y}, {X = x}, {X 6= x} sono eventi (cio`e sottoinsiemi di Ω che appartengono a F ). Esercizio* 2.1.6 Si dimostri la Proposizione 2.1.5 Aiuto Si usi nella dimostrazione il fatto che F `e una σ-algebra (quindi valgono le propriet`a della Definizione 1.2.12). Per cominciare, si osservi che {X < x} = {ω ∈ Ω : X(ω) < x} =

+∞ [

{ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x − 1/n}

n=1

e {ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x − 1/n} ∈ F ∀n ≥ 1, quindi...

2.1.1

Funzione di ripartizione

Nella sezione precedente abbiamo visto che il concetto di numero casuale `e modellizzato da una funzione definita sullo spazio degli eventi elementari. In questa sezione vedremo come ad una variabile aleatoria X sia possibile associare una funzione reale FX che ci permetter`a di calcolare probabilit`a di eventi connessi a X. Sia X una variabile aleatoria definita su uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) e sia x ∈ R. Per il punto 3. della Proposizione 1.2.17: P (X > x) = P ({ω ∈ Ω : X(ω) > x}) = P ({ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x}c ) = = 1 − P ({ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x}) = 1 − P (X ≤ x).

30

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Se invece x, y ∈ R con x < y, dal punto 3. della Proposizione 1.3.1 deriva che P (x < X ≤ y) = P ({ω ∈ Ω : x < X(ω) ≤ y}) = P ({ω ∈ Ω : X(ω) ≤ y} \ {ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x}) = P ({ω ∈ Ω : X(ω) ≤ y}) − P ({ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x}) = P (X ≤ y) − P (X ≤ x) Quanto precede mostra che se conosciamo la funzione FX (x) := P (X ≤ x), x ∈ R, possiamo facilmente calcolare la probabilit`a di eventi associati a X. Per questa ragione alla funzione FX si d`a un nome particolare. Definizione 2.1.7 (Funzione di ripartizione) Sia X una variabile aleatoria definita su uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ). Si chiama funzione di ripartizione di X la funzione FX : R → [0, 1] definita per ogni x ∈ R come FX (x) := P (X ≤ x). Esempio 2.1.8 (Segue Esempio 2.1.1) Sia X la variabile aleatoria che indica il numero di teste ottenute in un lancio di tre monete non truccate dell’Esempio 2.1.1. Calcoliamo e rappresentiamo graficamente FX (x) = P (X ≤ x). Innanzi tutto notiamo che X assume solo i valori 0, 1, 2 e 3. Quindi se x < 0 allora FX (x) = P (X ≤ x) = 0. Se x = 0 abbiamo che FX (0) = P (X = 0) = P ({(0, 0, 0)}) = 1/8, mentre se 0 < x < 1 abbiamo che FX (x) = P (X ≤ x) = P (X ≤ 0) = 1/8, perch´e la variabile aleatoria X `e pi` u piccola o uguale ad un numero in (0, 1) se e solo se `e pi` u piccola o uguale a 0. Se x = 1 abbiamo che FX (1) = P (X ≤ 1) = P (X = 0) + P (X = 1) = (1/8) + (3/8) = 1/2, mentre se 1 < x < 2 abbiamo che FX (x) = P (X ≤ x) = P (X ≤ 1) = 1/2. Analogamente, otteniamo FX (x) = 7/8 se 2 ≤ x < 3. Infine, se x ≥ 3 allora FX (x) = P (X ≤ x) = 1 semplicemente perch´e certamente X ≤ 3. In definitiva:   0 se x < 0    1    8 se 0 ≤ x < 1 FX (x) = 12 se 1 ≤ x < 2   7  se 2 ≤ x < 3  8   1 se x ≥ 3

Il grafico di FX `e rappresentato in Figura 2.1 (a).

Esempio 2.1.9 (Segue Esempio 2.1.4) Sia T la variabile aleatoria che indica il tempo di rottura di un certo componente elettronico che abbiamo visto nell’Esempio 2.1.4. Allora FT (t) = P (T ≤ t) = 0 se t < 0 mentre FT (t) = 1 − e−µt se t ≥ 0. In definitiva ( 0 se t < 0 FT (t) = −µt 1−e se t ≥ 0 La funzione di ripartizione di una variabile aleatoria X gode di alcune propriet`a:

2.1. VARIABILI ALEATORIE

31 (b)

0.8 0.6 0.4 0.2 0.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.0

(a)

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

0

2

4

6

8

10

Figura 2.1: (a) f.d.r. FX dell’Esempio 2.1.8, (b) f.d.r. FT dell’Esempio 2.1.9

Proposizione 2.1.10 Sia X una variabile aleatoria definita su di uno spazio di probabilit` a (Ω, F , P ) e sia FX (x) = P (X ≤ x) la sua funzione di ripartizione. Allora 1. FX `e una funzione monotona non decrescente; 2. FX `e continua da destra, cio`e limx↓x0 FX (x) = FX (x0 ), ∀x0 ∈ R; 3. limx→−∞ FX (x) = 0 e limx→+∞ FX (x) = 1. Dimostrazione Si veda [1] o si provi a dimostrare per esercizio almeno la 1.. Nota* 2.1.11 Le propriet`a 1., 2. e 3. della Proposizione 2.1.10 sono importanti perch´e si pu`o dimostrare (cosa che noi non faremo) che data una funzione F che le soddisfa, `e possibile costruire uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) e una variabile aleatoria X su (Ω, F , P ) che ha F come funzione di ripartizione. (Vedere Esempio 2.1.9). Potremo quindi parlare di “variabile aleatoria X con funzione di ripartizione F ” senza dover esplicitamente costruire lo spazio di probabilit`a dove X `e definita. La precedente osservazione giustifica la seguente Definizione* 2.1.12 Una funzione F : R → R `e detta funzione di distribuzione su R se soddisfa le seguenti condizioni 1. F `e funzione monotona non decrescente; 2. F (x) `e continua da destra ∀x ∈ R; 3. limx→−∞ F (x) = 0 e limx→+∞ F (x) = 1.

32

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

La funzione di ripartizione di una variabile aleatoria `e importante sia da un punto di vista applicativo sia da un punto di vista teorico. Per le applicazioni si pu`o osservare che, se FX `e nota, da essa si possono calcolare facilmente probabilit`a collegate ad X. Si veda ad esempio l’esercizio seguente: Esercizio 2.1.13 Sia X una variabile aleatoria definita su di uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) e sia FX la sua funzione di ripartizione. Mostrare che: 1. P (X > x) = 1 − FX (x) per ogni x ∈ R; 2. P (x < X ≤ y) = FX (y) − FX (x) per ogni x, y ∈ R tali che x ≤ y; 3∗ P (X < x) = limy↑x FX (y); 4. P (X = x) = FX (x) − limy↑x FX (y). Per quanto riguarda la teoria, le variabili aleatorie possono essere classificate a seconda di alcune propriet`a delle loro funzioni di ripartizione. In generale la classificazione completa `e piuttosto complessa e richiede strumenti matematici sofisticati. Noi introdurremo solamente le due classi di variabili aleatorie pi` u importanti per le applicazioni a questo livello elementare, cio`e le variabili aleatorie discrete e quelle assolutamente continue.

2.2

Variabili aleatorie discrete

Definizione 2.2.1 (Variabili aleatorie discrete) La variabile aleatoria X definita su uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) `e una variabile aleatoria discreta se assume, con probabilit`a uno, valori in un insieme S al pi` u numerabile (P (X ∈ S) = 1). Esempi di variabili aleatorie discrete sono: il numero di volte che bisogna lanciare una moneta prima di ottenere testa, il numero di successi in una sequenza di prove di Bernoulli, il numero di teste che si ottengono lanciando tre monete (cfr. Esempio 2.1.1). Per una variabile discreta `e possibile definire una densit`a discreta nel modo seguente: Definizione 2.2.2 Sia X una variabile aleatoria discreta su uno spazio di probabilit` a (Ω, F , P ). Allora la funzione pX (x) := P (X = x) si chiama densit`a discreta della variabile aleatoria X. Si noti che, se pX `e la densit`a di una variabile aleatoria discreta X, allora pX (x) = 0 tranne che per una quantit`a al pi` u numerabile di x ∈ R. Esempio 2.2.3 (Segue Esempio 2.1.1) Sia X il numero di teste che si ottengono lanciando tre volte una moneta equa. Sappiamo quindi che X pu`o assumere solo i valori 0, 1, 2 e 3. Inoltre P (X = 0) = P ({(0, 0, 0)} = 1/8, P (X = 1) = P ({(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}) =

2.2. VARIABILI ALEATORIE DISCRETE

33

3/8, P (X = 2) = P ({(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}) = 3/8 e P (X = 3) = P ({(1, 1, 1)}) = 1/8. Quindi  1   8 se x ∈ {0, 3} pX (x) = P (X = x) = 83 se x ∈ {1, 2}   0 se x ∈ / {0, 1, 2, 3}

0.125

0.375

Per rappresentare graficamente l’andamento di questa densit`a usiamo un diagramma a barre. Un diagramma a barre `e costruito disegnando in corrispondenza di ogni valore xk in S una barra perpendicolare all’asse delle ascisse di lunghezza uguale alla densit`a pX (xk ), come in Figura 2.2.

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

Figura 2.2: Densit`a pX dell’Esempio 2.2.3

Se pX `e la densit`a di X allora valgono le seguenti propriet`a: Proposizione 2.2.4 Sia pX la densit`a di una variabile aleatoria discreta X che assume, con probabilit`a uno, valori in S = {xk : k ∈ I} (I ⊂ Z). Allora 1. 0 ≤ pX (x) ≤ 1 per ogni x ∈ R e pX (x) = 0 per ogni x 6∈ S; P 2. k∈I pX (xk ) = 1;

3. se FX `e la funzione di ripartizione di X allora X FX (x) = pX (xk ) ∀x ∈ R k: xk ≤x

4. Se i punti di S possono essere numerati in modo tale che xh < xk se h < k, allora pX (xk ) = FX (xk ) − FX (xk−1 ), 5. se B ⊂ R allora

P (X ∈ B) =

X

k: xk ∈B

pX (xk )

∀k ∈ I;

34

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Dimostrazione 1. Ovvio, ricordando che pX (x) = P (X = x). 2. Infatti, per definizione di S abbiamo che P (X ∈ S) = 1 ! [ X X 1 = P (X ∈ S) = P {X = xk } = P (X = xk ) = pX (xk ) k∈I

k∈I

k∈I

3. Ricordando che FX (x) = P (X ≤ x) e che P (X ∈ S) = 1, allora FX (x) =P (X ≤ x) = P (X ∈ (−∞, x] ∩ S) = P =

X

P (X = xk ) =

k: xk ≤x

X

[

{X = xk }

k: xk ≤x

!

pX (xk ).

k: xk ≤x

4. Ricordiamo che dal punto 2. dell’Esercizio 2.1.13 segue che FX (xk ) − FX (xk−1 ) = P (xk−1 < X ≤ xk ). Ma, se i punti di S sono numerati in modo tale che xh < xk se h < k allora P (xk−1 < X ≤ xk ) = P (X = xk ), da cui: FX (xk ) − FX (xk−1 ) = P (X = xk ) = pX (xk ). 5. Poich´e P (X ∈ S) = 1, allora P (X ∈ B) = P (X ∈ B ∩ S) = P

[

k: xk ∈B∩S

{X = xk }

!

=

X

P (X = xk ) =

k: xk ∈capS

=

X

p(xk )

k: xk ∈B

I punti 3. e 4. della precedente proposizione mostrano come sia possibile ottenere dalla densit`a di una variabile aleatoria discreta la sua funzione di ripartizione e viceversa. In particolare ci dicono che se i punti di S possono essere numerati in modo tale che xh < xk se h < k, allora la funzione di ripartizione di una variabile aleatoria discreta `e una funzione “a gradini”, che i gradini sono situati nei punti dell’insieme S e che l’altezza del gradino corrispondente al punto xk ∈ S `e proprio pX (xk ). Esercizio 2.2.5 Capire il significato della Proposizione 2.2.4 verificandola per la variabile aleatoria dell’Esempio 2.1.1. Il punto 5. della Proposizione 2.2.4 ci fa capire a cosa serve la densit`a discreta: ci permette di calcolare la probabilit`a che l’evento {X ∈ B} si verifichi effettuando una semplice operazione algebrica e senza sapere altro sulla variabile aleatoria X.

2.2. VARIABILI ALEATORIE DISCRETE

35

Nota* 2.2.6 In realt`a, nel seguito considereremo solamente variabili aleatorie discrete che assumono, con probabilit`a uno, valori in un insieme S che pu`o essere rappresentato nel seguente modo: S = {xk : k ∈ I} con xh < xk se h < k e I ⊂ Z. Per esempio, questa rappresentazione di S non `e data se S `e l’insieme Q dei numeri razionali, mentre vale se S non ha punti di accumulazione. Se S ammette questa forma, sar`a facile rappresentare graficamente la densit`a (mediante un diagramma a barre) e la funzione di ripartizione. Nota 2.2.7 Un punto che ci interessa evidenziare `e la motivazione euristica della parola “densit`a” utilizzata nel contesto delle variabili aleatorie discrete. Supponiamo che pX sia la densit`a di una variabile aleatoria discreta X: questo significa che pX attribuisce un numero pX (x) ≥ 0 ad ogni x ∈ R; in particolare questo numero sar`a non nullo solo per una quantit`a al pi` u numerabile di punti S := {xk : k ∈ I} ⊂ R con I ⊂ Z. Un modo interessante di visualizzare questa situazione `e immaginare i punti di S come punti materiali su una retta attribuendo al generico punto xk la massa mk := pX (xk ). In questo modo otteniamo una distribuzione di masse discrete sulla retta e pX `e proprio la densit`a di massa. Questa osservazione sar`a particolarmente utile in seguito. Esempio 2.2.8 Consideriamo i lanci successivi di una moneta equilibrata fino a quando non otteniamo testa. Sia X il numero di volte, inclusa l’ultima, che la moneta viene lanciata. Calcoliamo P (X = k) per k ∈ N. A tal fine consideriamo per k = 1, 2, . . . gli eventi Ek = “al k–esimo lancio otteniamo una testa” e osserviamo che questi eventi sono indipendenti con P (Ek ) = 1/2 per k = 1, 2, . . . essendo la moneta lanciata equilibrata. Per calcolare P (X = 1) osserviamo che X = 1 se e solo se al primo lancio otteniamo una testa, da cui segue che P (X = 1) = P (E1 ) = 1/2. Per P (X = 2) osserviamo che X = 2 se e solo se al primo lancio ottengo una croce ed al secondo lancio otteniamo una testa, quindi {X = 2} = E1c ∩ E2 , da cui P (X = 2) = P (E1c ∩ E2 ) = P (E1c )P (E2 ) = 1/4. Il ragionamento fatto sopra per k = 2 si estende facilmente a ogni k ≥ 2 nel modo seguente: X = k se e solo se abbiamo lanciato k volte la moneta ottenendo croce nei primi k −1 lanci e testa nel k–esimo c c lancio. Pertanto, P (X = k) = P (E1c ∩· · ·∩Ek−1 ∩Ek ) = P (E1c )·· · ··P (Ek−1 )P (Ek ) = 1/2k . Inoltre, +∞ +∞ X X 1 =1 P (X = k) = P (X ∈ N) = 2k k=1

k=1

Concludiamo che X `e una variabile aleatoria discreta a valori in N e la sua densit`a `e ( 1 se x ∈ N k pX (x) = 2 0 altrove

Se vogliamo ora ad esempio calcolare la probabilit`a che siano necessari pi` u di 3 lanci per ottenere la prima testa basta utilizzare il punto 5. della Proposizione 2.2.4: +∞ +∞ +∞ X 1 1 X 1 1 X 1 1 P (X > 3) = pX (k) = = 3 = 3 = 3 k k−3 k 2 2 k=4 2 2 k=1 2 2 k>3 k=4

X

36

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Nota* 2.2.9 Prima di vedere alcuni esempi importanti di densit`a discrete, torniamo un momento ai punti 1. e 2. della Proposizione 2.2.4. Una domanda naturale `e la seguente: una funzione reale p(·), diversa da zero su un insieme al pi` u numerabile S = {xk : k ∈ I} (I ⊂ Z), che verifica le propriet`a 1. e 2 della Proposizione 2.2.4, pu`o essere sempre vista come densit`a di una variabile aleatoria discreta? Pi` u precisamente, `e sempre possibile costruire uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) ed una variabile aleatoria X su di esso che ha p(·) come densit`a, cio`e tale che pX (x) = p(x)? La risposta `e affermativa. Infatti basta prendere Ω = S, F = P(S) e P l’unica misura di probabilit`a su S tale che P ({xk }) = ` immediato, quindi, verificare che la p(xk ) con k ∈ I, come mostrato nella Sezione 1.4. E variabile aleatoria discreta X(ω) = ω, per ogni ω ∈ Ω, ha densit`a p(·). La precedente osservazione ci permetter`a di parlare di variabili aleatorie assegnandone la densit`a, senza costruire esplicitamente lo spazio di probabilit`a dove X `e definita e giustifica la seguente definizione. Definizione* 2.2.10 Sia S = {xk : k ∈ I} ⊂ R con I ⊂ Z. Una funzione p : R → R `e una densit`a discreta su S se 1. 0 ≤ p(x) ≤ 1 per ogni x ∈ R e p(x) = 0 per ogni x 6∈ S; P 2. k∈I p(xk ) = 1.

2.3

Esempi di densit` a discrete notevoli

Vediamo ora in dettaglio alcuni esempi di densit`a discrete che sono importanti per le applicazioni.

2.3.1

Densit` a binomiale e bernoulliana

Consideriamo di nuovo le prove di Bernoulli definite nella Sezione 1.5.3. In quella sezione avevamo visto che se p ∈ (0, 1) `e la probabilit`a di ottenere il successo in una singola prova di Bernoulli, la probabilit`a di ottenere k successi in n prove (k ≤ n) `e   n k p (1 − p)n−k k Definiamo ora la variabile aleatoria X come “il numero di successi ottenuti in n prove di Bernoulli”. Si vede subito che X pu`o assumere solo i valori 0, 1, . . . , n ed `e quindi una variabile aleatoria discreta. Inoltre, per quanto ricordato, la sua densit`a `e (
n k p (1 − p)n−k se k ∈ {0, 1, . . . , n} k pX (k) = P (X = k) = 0 se k 6∈ {0, 1, . . . , n} che prende il nome di densit`a binomiale di parametri n e p. Equivalentemente si dice che X `e una variabile aleatoria binomiale di parametri n e p o ancora X ∼ Bi(n, p). La Figura 2.3

` DISCRETE NOTEVOLI 2.3. ESEMPI DI DENSITA funzione di ripartizione Bi(10, 0.5)

0.0

0.00

0.2

0.05

0.4

0.10

0.6

0.15

0.8

0.20

1.0

0.25

densit` a Bi(10, 0.5)

37

0

2

4

6

8

10

0

2

4

6

8

10

Figura 2.3: Bi(10, 0.5)

fornisce il diagramma a barre della densit`a ed il grafico della funzione di ripartizione di una variabile aleatoria X ∼ Bi(10, 0.5), mentre la Figura 2.4 mostra, mediante un diagramma a barre, l’andamento delle densit`a Bi(10, 0.2) e Bi(10, 0.8). Sia X ∼ Bi(n, p); se n = 1 questa variabile rappresenta il numero di successi in una sola prova con probabilit`a di successo p, cio`e X assume solo i valori 0 e 1, e la densit`a di X `e pX (k) = pk (1 − p)1−k se k ∈ {0, 1} e pX (k) = 0 se k 6∈ {0, 1}, cio`e   1 − p se k = 0 pX (k) = p se k = 1   0 se k 6∈ {0, 1} Questa densit`a prende il nome di densit`a bernoulliana di parametro p; equivalentemente si dice che X `e una bernoulliana di parametro p o ancora X ∼ Be(p). Per ragioni di comodit`a si dice che la variabile aleatoria costante X ≡ 1, cio`e la variabile aleatoria che vale sempre 1, `e bernoulliana di parametro 1 e che la variabile aleatoria costante X ≡ 0, cio`e la variabile aleatoria che vale sempre 0, `e bernoulliana di parametro 0.

Esempio 2.3.1 Riempiendo a caso una schedina di totocalcio, qual `e la probabilit`a di fare almeno 12? Su una schedina del totocalcio sono elencate 14 partite e ogni partita pu`o avere tre risultati “1”, “2” o “X”, ad indicare rispettivamente la vittoria della squadra ospitante, della squadra ospite o la parit`a. La probabilit`a di azzeccare una singola partita, scrivendo a caso uno dei simboli 1, 2 o X, `e -almeno in prima approssimazione- uguale ad 1/3. Inoltre l’aver azzeccato o meno il risultato di una certa partita non influenza la capacit`a di azzeccare le altre. Possiamo quindi schematizzare il nostro esperimento aleatorio con una

38

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

0.25 0.20 0.15 0.10 0.05 0.00

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.25

0.30

(b)

0.30

(a)

0

2

4

6

8

10

0

2

4

6

8

10

Figura 2.4: (a)Bi(10, 0.2), (b)Bi(10, 0.8)

successione di n = 14 prove di Bernoulli, con probabilit`a di successo nella singola prova p = 1/3. Sia Y il numero di partite azzeccate; allora Y ∼ Bi(14, 1/3) e P (Y ≥ 12) =

14 X

k=12

pY (k) =

14    k  14−k X 1 14 2

k=12

k

3

3

=

393 ' 0.00008 4782969

Esercizio 2.3.2 Supponiamo che da un’urna contenente r biglie rosse e b biglie bianche estraiamo a caso una biglia, prendiamo nota del suo colore e la reinseriamo nell’urna. Quindi, ripetiamo questa procedura n ≥ 1 volte e sia X il numero di biglie rosse estratte nelle n estrazioni. Verificare che X ∼ Bi(n, r/(r + b)).

2.3.2

Densit` a Geometrica

Supponiamo di avere un’apparecchiatura non soggetta ad usura ed inizialmente funzionante, ma che si pu`o guastare per motivi contingenti. Supponiamo di controllare il funzionamento dell’apparecchiatura agli istanti 1,2,. . . . Sia X l’istante in cui l’apparecchiatura si guasta. Vogliamo vedere se `e possibile costruire un modello probabilistico per X. A tal fine osserviamo che se controlliamo l’apparecchiatura al tempo t = k e la troviamo funzionante, la probabilit`a che l’apparecchiatura sia ancora funzionante al tempo t = k + 1 `e la stessa di quella di trovarla funzionante al tempo t = 1; infatti, stiamo semplicemente cercando la probabilit`a che si guasti in un intervallo di tempo unitario, che `e costante per l’ipotizzata assenza di usura. In formule: P (X > k + 1|X > k) = P (X > 1),

k = 1, 2, . . . .

` DISCRETE NOTEVOLI 2.3. ESEMPI DI DENSITA

39

La precedente identit`a ci permette di determinare la densit`a di X se conosciamo q := P (X > 1). Infatti: q = P (X > 1) =

P (X > k + 1) P (X > k + 1, X > k) = P (X > k) P (X > k)

da cui P (X > k + 1) = qP (X > k), k = 1, 2, . . . . Quindi P (X > 2) = qP (X > 1) = q 2 P (X > 3) = qP (X > 2) = q 3 .. . P (X > k + 1) = qP (X > k) = q k+1 Segue che FX (k) = 1 − P (X > k) = 1 − q k e per il punto 4. della Proposizione 2.2.4 P (X = k) = FX (k) − FX (k − 1) = q k−1 − q k = q k−1 (1 − q) Se ora chiamiamo p := 1 − q = P (X ≤ 1) intensit`a di guasto, possiamo scrivere P (X = k) = p(1 − p)k−1 ,

k = 1, 2, . . .

Notiamo che P (X ∈ N) =

+∞ X k=1

P (X = k) =

+∞ X k=1

p(1 − p)k−1 = p

+∞ X k=0

(1 − p)k = p

1 =1 1 − (1 − p)

Quindi X `e una variabile aleatoria discreta a valori in N con densit`a ( p(1 − p)k−1 se k = 1, 2, . . . PX (k) = 0 altrove Questa densit`a prende il nome di densit`a geometrica di parametro p. Una variabile aleatoria con questa densit`a `e detta variabile geometrica di parametro p e si scrive X ∼ Geom(p). Esempio 2.3.3 Supponiamo di eseguire una successione di prove di Bernoulli, con probabilit`a di successo nella singola prova pari a p ∈ (0, 1). Sia X il numero di prove necessarie per osservare il primo successo, inclusa l’ultima. Verificare che X ha densit`a geometrica di parametro p.

2.3.3

Densit` a di Poisson come limite di densit` a binomiale

Consideriamo il centralino di un numero verde. Questo in genere `e costituito da un certo numero di linee alle chiamate delle quali rispondono degli operatori. Sia ora X il numero di chiamate che arrivano ad un certo operatore in un’ora. In un modello piuttosto semplificato

40

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

possiamo pensare ad un grande numero n di utenti ognuno dei quali ha una probabilit`a molto piccola p ∈ (0, 1) di chiamare il numero verde in questione per mettersi in contatto con l’operatore. Se assumiamo che i singoli utenti si mettono in contatto con l’operatore indipendentemente uno dall’altro otteniamo che X ∼ Bi(n, p), dove n `e un numero molto grande e p un numero molto piccolo. Se il numero verde `e organizzato razionalmente il numero delle linee `e commisurato al bacino di utenza, in modo tale che vi sia un’alta probabilit`a di trovare il numero verde libero. Una condizione perch´e ci`o accada `e che λ := np sia un numero fissato e non eccessivamente grande. In questo caso possiamo scrivere X ∼ Bi(n, λ/n), cio`e n−k    k  λ n λ P (X = k) = 1− k n n

Per capire cosa succede a P (X = k) se n `e grande osserviamo che    k  n−k  k  n−k λ n n! λ λ λ = 1− 1− k n n (n − k)!k! n n  −k k  n n! λ λ λ = 1− 1− (n − k)!nk n k! n ma

n! =1 n→+∞ (n − k)!nk come rapporto di polinomi di grado k, −k  λ =1 lim 1 − n→+∞ n lim

e



λ lim 1 − n→∞ n come ben noto dal corso di analisi. Segue che P (X = k) '

λk −λ e , k!

n

= e−λ

k = 0, 1 . . . , n,

λ = np

(2.3.1)

Tenendo conto di quanto detto sopra, per λ > 0 introduciamo la densit`a  −λ k e λ se k ∈ {0, 1, 2, . . . } p(k) := k! 0 se k 6∈ {0, 1, 2, . . . }

che prende il nome di densit`a di Poisson di parametro λ. Una variabile aleatoria con questa densit`a `e detta variabile di Poisson di parametro λ e si scrive X ∼ P(λ). Esercizio 2.3.4 Verificare che la densit`a di Poisson di parametro λ `e una densit`a, cio`e che verifica la Definizione 2.2.10.

` DISCRETE NOTEVOLI 2.3. ESEMPI DI DENSITA

41

Esempio 2.3.5 Il numero di automobili X che attraversano la porta di un casello autostradale in un minuto `e una variabile aleatoria di Poisson di parametro 3.2. La probabilit`a che in un minuto non passi nessuna automobile `e P (X = 0) = e−3.2 ' 0.041. La probabilit`a che ne passino pi` u di 2 `e P (X > 2) = 1 − P (X ≤ 2) = 1 − [pX (0) + pX (1) + pX (2)]   3.22 −3.2 =1−e × 1 + 3.2 + ≈ 0.6200963. 2! Nota 2.3.6 La formula (2.3.1) oltre che per introdurre la distribuzione di Poisson pu`o essere utilizzata per calcolare valori approssimati di P (X = k) quando X ∼ Bi(n, p) con n grande e p piccolo in quanto evita il calcolo di coefficienti binomiali. Esempio 2.3.7 Un computer ha probabilit`a p = 10−3 di ricevere un carattere errato. Sia X il numero di errori in un messaggio di 1000 caratteri. Per calcolare la probabilit`a che il computer riceva pi` u di un errore in una trasmissione di 1000 caratteri, osserviamo che se gli errori avvengono indipendentemente, allora X ∼ Bi(1000, 10−3). Usando l’approssimazione di Poisson con λ = np = 1000 · 10−3 = 1, otteniamo P (X > 1) = 1 − P (X ≤ 1) = 1 − e−1 × 10 /0! − e−1 × 11 /1! ' 0.2642411. Effettuando il calcolo esatto abbiamo P (X > 1) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1)     1000 1000 −3 0 −3 1000 (10−3 )1 (1 − 10−3 )999 (10 ) (1 − 10 ) − =1− 1 0 ' 0.2642410.

2.3.4

Densit` a ipergeometrica

Siamo ora interessati a contare il numero totale X di biglie rosse ottenute su n estrazioni senza rimpiazzo da un’urna che ne contiene r rosse e b bianche. Ovviamente X `e un numero intero e si intuisce subito che X `e pi` u piccolo del numero di estrazioni n e anche del numero di biglie rosse contenute nell’urna r; in definitiva X `e pi` u piccolo del minimo n ∧ r tra n ed r. Inoltre X `e non negativo, ma se il numero delle biglie bianche b `e inferiore a quello delle estrazioni n allora necessariamente verranno estratte n − b biglie rosse e quindi X ≥ n − b. Abbiamo che X `e pi` u grande del massimo 0 ∨(n−b) tra 0 ed (n−b). In generale X assume valori in S := {0 ∨ (n − b), 0 ∨ (n − b) + 1, . . . , n ∧ r}. Fissato
k ∈ S, possiamo calcolare P (X = k) come casi favorevoli
su casi possibili. Ci sono r+b modi di scegliere n biglie n r tra r + b. Tra questi ci sono k modi di scegliere le k biglie rosse tra le r disponibili e per ciascuna di queste scelte, le rimanenti n − k biglie possono essere scelte fra le b bianche in
b modi. In definitiva: n−k  r b  (k)(n−k) se k ∈ {0 ∨ (n − b), . . . , n ∧ r} (r+b pX (k) = P (X = k) = n ) 0 se k 6∈ {0 ∨ (n − b), . . . , n ∧ r}

42

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

La densit`a pX `e detta densit`a ipergeometrica di parametri (b + r, r, n) e una variabile aleatoria con questa densit`a `e detta variabile aleatoria ipergeometrica di parametri (b + r, r, n) e si scrive X ∼ Iperg(b + r, r, n). Esempio 2.3.8 Il 5% di un lotto di 100 fusibili `e soggetto a controllo casuale prima di essere immesso sul mercato. Se un fusibile non brucia ad un determinato amperaggio l’intero lotto viene mandato indietro. Se il lotto contiene 10 fusibili difettosi, qual `e la probabilit`a che il lotto sia rispedito indietro? Il lotto `e rispedito indietro se almeno un fusibile sui 5 (= 5% dei 100) scelti a caso per il controllo non brucia ad un determinato amperaggio. I 5 fusibili da controllare sono estratti senza rimpiazzo dal lotto di 100 pezzi costituito da 90 fusibili funzionanti e 10 difettosi. Pertanto, la variabile aleatoria X che conta il numero di fusibili difettosi su 5 ha densit`a ipergeometrica di parametri (100, 10, 5):
90
10 P (X = k) =

e

k

5−k
100 5

k = 0, . . . , 5

P (“il lotto `e rispedito indietro”) = P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0)

10 90 =1−

0

100 5


5

= 1 − 0.5838 = 0.4162

Nota* 2.3.9 Supponiamo di estrarre le n biglie dall’urna contenente r + b biglie in sequenza. Sia Ek , k = 1, . . . , n l’evento “estraggo una biglia rossa la k-esima volta”. Per calcolare P (Ek ) come casi favorevoli su casi possibili questa volta dobbiamo distinguere l’ordine. Ci sono (r + b)(r + b − 1) · · · · · (r + b − n + 1) modi di estrarre in sequenza le n biglie tra r + b disponibili. Tra questi quelli in cui la k-esima biglia `e rossa sono r(r + b − 1)(r + b − 2) · · · · · (r + b − n + 1). Per convincersene basta osservare che posso scegliere la biglia rossa al k-esimo posto tra le r diponibili in r modi, poi posso scegliere le altre n−1 biglie tra le rimanenti r +b−1 in (r +b−1)(r +b−1−1)·· · ··[r +b−1−(n−1)+1] modi. Quindi P (Ek ) =

r(r + b − 1)(r + b − 2) · · · · · (r + b − n + 1) r = (r + b)(r + b − 1) · · · · · (r + b − n + 1) r+b

Dichiariamo ora di ottenere un “successo” quando viene estratta una biglia rossa e un “fallimento” quando viene estratta una biglia bianca. In questo modo, analogamente a quanto fatto per le prove di Bernoulli, possiamo pensare all’estrazione sequenziale dall’urna come ad una successione di prove, in cui la probabilit`a di ottenere un successo nella k-esima prova `e p = r/(r + b). La differenza sostanziale tra queste prove e quelle di Bernoulli `e che questa volta le prove non sono indipendenti. Infatti la probabilit`a di ottenere un successo alla seconda prova se abbiamo ottenuto un successo alla prima `e differente dalla probabilit`a

` DISCRETE NOTEVOLI 2.3. ESEMPI DI DENSITA

43

di ottenere un successo alla seconda prova se non abbiamo ottenuto un successo alla prima. Questo perch´e nel primo caso stiamo estraendo da un’urna contenente r + b − 1 biglie di cui r − 1 rosse e b bianche, mentre nel secondo caso stiamo estraendo da un’urna contenente r + b − 1 biglie di cui r rosse e b − 1 bianche. Comunque, la dipendenza tra prove si attenua se il numero delle biglie presenti nell’urna r + b `e grande. Infatti ad esempio: r−1 r+b P (E2 |E1 ) = · →1 P (E2 ) r+b−1 r se r + b tende opportunamente a +∞ (per esempio in modo tale che r/(r + b) → θ ∈ (0, 1)). Quindi, se r + b `e grande, allora P (E2 |E1 ) ' P (E2 ). In altri termini, se vi sono molte biglie nell’urna, rimpiazzare o non rimpiazzare le biglie ad ogni successiva estrazione non modifica in modo significativo il risultato. Quanto fin qui detto in parte spiega euristicamente il fatto che per r + b grande, qualche volta, potremo approssimare la densit`a ipergeometrica Iperg(b + r, r, n) con la densit`a binomiale Bi(n, r/(r + b)). Un’esemplificazione di questo fatto `e in Figura 2.52 che rappresenta l’andamento della densit`a ipergeometrica all’aumentare di r + b rispetto alla densit`a Bi(10, r/(r + b)). Esercizio* 2.3.10 C’`e qualche legame fra la soluzione dell’Esercizio 2.3.2 e la scelta della densit`a Bi(n, r/(r + b)) nell’approssimazione della legge ipergeometrica di parametri (b + r, r, n)? Esercizio* 2.3.11 Dimostrare che, fissato n, se r + b → +∞ e r/(r + b) → θ ∈ (0, 1), i valori della densit`a ipergeometrica di parametri (b+r, r, n) tendono ai corrispondenti valori della densit`a binomiale di parametri (n, θ).

0.4

Bi(10,0.75) Ipg(40,30,10) Ipg(20,15,10)

0.3

0.2

0.1

0 0

2

4

6

8

10

Figura 2.5: Densit`a ipergeometrica (Ipg) e binomiale (Bi) a confronto

2

In Figura 2.5 gli 11 valori (isolati) in ordinata delle densit`a sono stati congiunti mediante spezzate

44

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Nota 2.3.12 Il lettore avr`a gi`a rilevato che le densit`a delle variabili aleatorie sopra presentate coincidono con alcuni degli esempi di modelli di probabilit`a su spazi finiti o numerabili presentate nell’Esempio 1.4.3 della Sezione 1.4. Quanto presentato in questa sezione `e quindi rivolto anche a mostrare in quali situazioni tali modelli probabilistici vengono adottati.

2.4

Variabili aleatorie assolutamente continue

Un concetto in un certo senso opposto a quello di variabile aleatoria discreta, anche se poi come vedremo operativamente analogo, `e quello di variabile aleatoria assolutamente continua. Definizione 2.4.1 (Variabili aleatorie assolutamente continue) La variabile aleatoria X definita su di uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) `e una variabile aleatoria assolutamente continua se esiste una funzione fX : R → R+ integrabile, tale che la funzione di ripartizione FX di X si pu`o scrivere come Z x fX (s) ds (2.4.1) FX (x) = −∞

fX prende il nome di densit`a di X. Dalla definizione data qui sopra si vede subito che FX `e una funzione continua, quindi se X `e una variabile aleatoria assolutamente continua, per l’Esercizio 2.1.13, P (X = x) = FX (x)− limy↑x FX (y) = 0 per ogni x ∈ R! In questo senso le variabili aleatorie assolutamente continue sono molto differenti dalle variabili aleatorie discrete. Esercizio 2.4.2 Si dimostri che se X `e variabile aleatoria assolutamente continua con funzione di ripartizione FX , allora P (X < x) = FX (x)

∀x ∈ R

Esempio 2.4.3 (Segue Esempio 2.1.4) Sia T la variabile aleatoria che rappresenta il tempo di rottura dell’Esempio 2.1.4. Poich´e avevamo visto nell’Esempio 2.1.9 che la funzione di ripartizione di T `e ( 0 se t < 0 FT (t) = −µt 1−e se t ≥ 0 ne segue che T `e una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a ( 0 se t < 0 fT (t) := µe−µt se t ≥ 0

2.4. VARIABILI ALEATORIE ASSOLUTAMENTE CONTINUE

45

Infatti si ha che Z

t

fT (s) ds = −∞

(

0 Rt 0

−µs

µe

−µt

ds = 1 − e

se t < 0 se t ≥ 0

Per le variabili aleatorie assolutamente continue e le loro densit`a valgono propriet`a analoghe a quelle delle variabili aleatorie discrete elencate nella Proposizione 2.2.4: Proposizione 2.4.4 Se fX `e la densit`a di una variabile aleatoria assolutamente continua X allora R 1. R fX (x) dx = 1;

2. se FX `e la funzione di ripartizione di X allora fX (x) = FX0 (x) per tutti gli x ∈ R tali che esiste FX0 (x); 3. se −∞ < a < b < +∞ allora P (X ∈ (a, b)) = P (X ∈ (a, b]) = P (X ∈ [a, b)) = P (X ∈ [a, b]) =

Z

b

fX (x) dx

a

Dimostrazione 1. Abbiamo che 1 = lim FX (x) = lim x→+∞

x→+∞

Z

x

fX (s) ds = −∞

Z

fX (s) ds

R

` conseguenza del teorema fondamentale del calcolo. 2. E 3. Dal fatto che P (X = x) = 0 ∀x in R, segue che P (X ∈ (a, b]) = P ({X ∈ (a, b)}∪{X = b}) = P (X ∈ (a, b))+P (X = b) = P (X ∈ (a, b)) Analogamente si dimostra che P (X ∈ (a, b)) = P (X ∈ [a, b)) = P (X ∈ [a, b]). Consideriamo ora l’intervallo (a, b]. Allora P (X ∈ (a, b]) = P ({X ∈ (−∞, b]} \ {X ∈ (−∞, a]}) = P ({X ∈ (−∞, b]}) − P ({X ∈ (−∞, a]}) Z a Z b fX (x) dx fX (x) dx − = FX (b) − FX (a) = =

Z

a

−∞

b

fX (x) dx

−∞

46

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Il punto 2. seguente:

della Proposizione 2.4.4 pu`o essere rafforzato opportunamente nel modo

Proposizione 2.4.5 Sia X una variabile aleatoria ed FX la sua funzione di ripartizione. Se FX `e continua ovunque, ed `e derivabile con continuit`a per tutti gli x ∈ R eccetto al pi` u in un insieme finito di punti, B := {x1 , . . . , xn } ⊂ R, allora X `e una variabile aleatoria assolutamente continua e la funzione fX (x) = FX0 (x) per ogni x 6∈ B e definita in modo arbitrario su B `e una densit`a per X. Questo risultato ci d`a un metodo operativo per riconoscere alcune variabili aleatorie assolutamente continue a partire dalla funzione di ripartizione e ci dice anche come calcolarne la densit`a. Nota* 2.4.6 Si noti che la Proposizione 2.4.5 ci dice di calcolare fX (x) come FX0 (x) per ogni x ∈ R eccetto un numero finito di punti B e di assegnarla in modo arbitrario sull’insieme B. Infatti il valore di fX (x) se x ∈ B non `e importante: possiamo definire fX (x) come vogliamo oppure non definirla affatto. Infatti nella Definizione 2.4.12 abbiamo visto Rx che f `e la densit`a di X assolutamente continua se FX (x) = −∞ f (s) ds. Ma se g `e un’altra funzione tale che g(x) = f (x) per ogni x ∈ R eccetto che in un numero finito di punti, `e chiaro che Z x Z x g(s) ds f (s) ds = FX (x) = −∞

−∞

quindi sia f che g sono densit`a di X! Questa non univocit`a pu`o sorprendere in un primo momento, ma `e assolutamente inoffensiva dal punto di vista delle applicazioni. Essa pu`o essere risolta matematicamente, cosa che noi non faremo, dando una definizione pi` u generale del concetto di funzione. Il punto 3. della Proposizione 2.4.4 pu`o essere opportunamente rafforzato nel seguente: Corollario 2.4.7 Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a fX e B ⊂ R tale che B = B1 ∪ B2 ∪ . . . dove i Bk , k = 1, 2, . . . sono intervalli disgiunti. Allora Z +∞ Z X fX (x) dx P (X ∈ B) = fX (x) dx = B

k=1

Bk

Esercizio* 2.4.8 Dimostrare il Corollario 2.4.7.

Nota* 2.4.9 Al lettore pi` u attento verr`a naturale chiedersi se il Corollario 2.4.7 possa essere generalizzato ad un insieme arbitrario B, se cio`e `e vero che Z P (X ∈ B) = fX (x) dx B

per ogni B ⊂ R. La risposta a questa domanda `e non banale3 e fuori dalla portata di questo corso. D’altro canto, chi ci garantisce che per un insieme arbitrario B, {X ∈ B} sia un evento? 3

Dipende dalla teoria degli insiemi che stiamo usando!

` CONTINUE NOTEVOLI 2.5. ESEMPI DI DENSITA

47

L’annunciata similitudine operativa tra variabili aleatorie assolutamente continue e variabili aleatorie discrete risiede proprio nel fatto che, se X `e una variabile assolutamente continua, allora P (X ∈ B) si calcola facendo l’integrale su B della densit`a, mentre, se X `e discreta, si calcola P (X ∈ B) facendo una somma sugli elementi di B (vedi punto 4. della Proposizione 2.2.4). Ritroveremo questa similitudine anche pi` u avanti. Nota 2.4.10 Come abbiamo fatto nella Nota 2.2.7 ci interessa evidenziare la motivazione euristica della parola “densit`a”. Supponiamo che fX sia la densit`a di una variabile aleatoria assolutamente continua X, questo significa che fX attribuisce un numero fX (x) ad ogni x ∈ R. Analogamente a quanto fatto per le variabili aleatorie discrete, possiamo immaginare l’asse reale come un materiale inomogeneo, in cui la densit`a di massa `e fX , cio`e la massa del segmento infinitesimo (x, x + dx) `e fX (x)dx. Nota* 2.4.11 Anche in questo caso, prima di vedere alcuni esempi importanti di densit`a di variabili aleatorie assolutamente continue, torniamo al punto 1. della Proposizione 2.4.4. Analogamente al caso discreto, data una funzione integrabile f (x) ≥ 0 che verifica la propriet`a 1. della Proposizione 2.4.4 `e possibile costruire uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) ed una variabile aleatoria X su di esso che ha f (x) come densit`a, cio`e tale che fX (x) = f (x). Questo, come gi`a osservato per le variabili aleatorie discrete, ci permetter`a di parlare di variabili aleatorie assegnandone la densit`a. La precedente osservazione giustifica la seguente definizione. Definizione* 2.4.12 Una funzione f : R → R `e una densit`a su R se 1. f (x) `e integrabile, f (x) ≥ 0 per ogni x ∈ R; R 2. R f (x) dx = 1.

2.5

Esempi di densit` a continue notevoli

In questo paragrafo elenchiamo alcune delle densit`a continue pi` u importanti per le applicazioni.

2.5.1

Densit` a uniforme continua

Sia X un punto “scelto a caso” in (0, 1]. Ci chiediamo che tipo di variabile aleatoria sia X. Ovviamente da un punto di vista formale la domanda `e mal posta, ma tuttavia nella sua accezione pi` u immediata si pu`o pensare che se un punto `e scelto a caso in (0, 1] la probabilit`a che questo sia pi` u piccolo o uguale ad 1/2 sia 1/2. Questo perch´e (0, 1] = (0, 1/2] ∪ (1/2, 1], P (X ∈ (0, 1/2]) = P (X ∈ (1/2, 1])

e

P (X ∈ (0, 1/2]) + P (X ∈ (1/2, 1]) = 1

Possiamo ripetere il precedente ragionamento dividendo (0, 1] nei quattro intervalli (0, 1/4], (1/4, 1/2], (1/2, 3/4], (3/4, 1] e affermare che la probabilit`a che X appartenga ad uno fissato

48

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

di essi sia 1/4. Questo implica anche che P (X ≤ 1/4) = P (X ∈ (0, 1/4]) =

1 4

P (X ≤ 1/2) = P (X ∈ (0, 1/4]) + P (X ∈ (1/4, 1/2]) =

1 2

P (X ≤ 3/4) = P (X ∈ (0, 1/4]) + P (X ∈ (1/4, 1/2]) + P (X ∈ (1/2, 3/4]) =

3 4

Se si continua questo ragionamento, suddividendo (0, 1] in 8, 16, 32,. . . sottointervalli ci si convince che P (X ≤ x) = x, per x ∈ (0, 1]. Inoltre, poich´e X `e un numero in (0, 1], abbiamo che P (X ≤ x) = 0 se x < 0 e P (X ≤ x) = 1 se x ≥ 1. Ne segue che la funzione di ripartizione di X `e   0 se x < 0 FX (x) = x se 0 ≤ x < 1   1 se x ≥ 1 che `e funzione derivabile con continuit`a tranne nei punti 0 e 1. Segue dalla Proposizione 2.4.5 che X `e una variabile aleatoria assolutamente continua e la sua densit`a si ottiene derivando la funzione di ripartizione:   0 se x < 0 0 FX (x) = 1 se 0 < x < 1   0 se x > 1

Pertanto fX = 1(0,1) o anche fX = 1(0,1] . Tale densit`a `e detta densit`a uniforme continua sull’intervallo (0, 1], la variabile aleatoria X `e detta uniforme su (0, 1] e si scrive X ∼ U(0, 1).

2.5.2

Densit` a esponenziale

La densit`a esponenziale `e l’analogo continuo della densit`a geometrica. Supponiamo di avere un’apparecchiatura non soggetta ad usura ed inizialmente funzionante, ma che si pu`o guastare per motivi contingenti. Sia T l’istante, in minuti secondi, in cui l’apparecchiatura si guasta. La probabilit`a che l’apparecchiatura sia ancora funzionante dopo s secondi `e P (T > s). Quindi, se s ≤ 0, allora P (T > s) = 1. Supponiamo ora s > 0. Osserviamo che, se l’apparecchiatura `e funzionante al tempo t > 0, allora la probabilit`a che l’apparecchiatura sia ancora funzionante dopo s secondi, cio`e al tempo t + s, `e P (T > s). Infatti, per l’assenza di usura, la probabilit`a che l’apparecchiatura non si guasti nell’intervallo di tempo (t, t + s], se l’apparecchiatura funziona al tempo t, `e uguale alla probabilit`a che l’apparecchiatura non si guasti nell’intervallo di tempo (0, s]. In formule P (T > t + s|T > t) = P (T > s). Ma allora P (T > s) =

P (T > t + s) P (T > t + s, T > t) = P (T > t) P (T > t)

` CONTINUE NOTEVOLI 2.5. ESEMPI DI DENSITA

49

e quindi P (T > t + s) = P (T > t)P (T > s). Se definiamo F¯ (t) := P (T > t), per ogni t ≥ 0, abbiamo che F¯ (t + s) = F¯ (t)F¯ (s) ∀ t, s > 0

Una funzione4 che verifica questa equazione funzionale `e eαt , dove α ∈ R. Quindi P (T > t) = eαt e P (T ≤ t) = 1 − eαt per t ≥ 0. Inoltre, poich´e P (T ≤ t) ≤ 1, allora necessariamente α ≤ 0 e, per evitare situazioni banali, α < 0. Quindi la funzione di ripartizione di T `e data da: ( 0 se t < 0 FT (t) = −µt 1−e se t ≥ 0, µ>0 Sempre per la Proposizione 2.4.5 sappiamo che T `e una variabile aleatoria assolutamente continua e la sua densit`a si ottiene derivando la funzione di ripartizione: ( 0 se t < 0 FT0 (t) = µe−µt se t > 0 Pertanto fT (t) = µe−µt 1[0,+∞) (t) `e una densit`a per T . Questa densit`a `e detta densit` a esponenziale di parametro µ e la variabile aleatoria T `e detta variabile esponenziale di parametro µ. Si scrive anche T ∼ E(µ). La Figura 2.6 mostra l’andamento di densit`a e funzione di ripartizione E(µ) al variare di µ: al diminuire di µ aumenta la probabilit`a che la variabile aleatoria esponenziale assuma valori grandi. 1

0.8

0.6

f.d.r. Ex(0.8) dens Ex(0.8) dens Ex(0.5) f.d.r. Ex(0.5)

0.4

0.2

0 0

2

4

6

8

10

Figura 2.6: Densit`a e funzione di ripartizione E(µ)

4

In realt` a l’unica funzione continua.

50

2.5.3

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Densit` a gaussiana standard

In molte librerie dei pi` u diffusi linguaggi di programmazione (C, Fortran, R) `e disponibile la “funzione degli errori” (“error function” o “error integral”) erf: Z u 2 2 e−y dy erf(u) = √ π 0 Tale funzione fornisce i valori di probabilit`a legate ad una particolare variabile aleatoria assolutamente continua detta gaussiana standard. La variabile gaussiana fornisce un utile modello probabilistico per gli errori che si commettono per esempio nei procedimenti di misurazione. Il ruolo fondamentale in probabilit`a della densit`a gaussiana standard sar`a pi` u chiaro quando verr`a presentato il “Teorema centrale del limite”. Per ora limitiamoci a definirla e a descriverne qualche propriet`a. Definizione 2.5.1 Una variabile aleatoria assolutamente continua Z definita su uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ) `e detta avere densit`a gaussiana standard (e scriveremo Z ∼ N (0, 1)) se ha densit`a 1 2 ϕ(x) = √ e−x /2 ∀x∈R 2π Esercizio* 2.5.2 Dimostrare che ϕ `e una densit`a di probabilit`a continua, cio`e soddisfa le propriet`a 1. e 2. della Definizione 2.4.12. Trovate in Figura 2.7 (a) il grafico della funzione ϕ che ha andamento a campana con punto (b)

0.0

0.0

0.2

0.1

0.4

0.2 0.2

0.6

0.3

0.8

1.0

0.4

(a)

-3

-2

-1

0

1

2

3

-3

-1

0

1

3

Figura 2.7: Densit`a (a) e funzione di ripartizione (b) N (0, 1) di massimo in 0 ed `e simmetrico rispetto all’asse delle ordinate (ovvero ϕ `e funzione “pari”, cio`e ϕ(−z) = ϕ(z) ∀z > 0). In termini di ϕ, la probabilit`a dell’evento {−z < Z < z} `e Z z Z z Z z 1 2 2 −x2 /2 P (−z < Z < z) = ϕ(x)dx = √ e =√ e−x /2 dx 2π −z 2π 0 −z

` CONTINUE NOTEVOLI 2.5. ESEMPI DI DENSITA

51

√ Posto y = x/ 2 e operando il cambio di variabile nell’integrale si ottiene 2 P (−z < Z < z) = √ π

Z

√ z/ 2

√ 2 e−y dy = erf(z/ 2)

0

∀z > 0

Quindi la funzione erf fornisce la probabilit`a che una variabile aleatoria gaussiana standard assuma valori in un intervallo simmetrico rispetto all’origine. Dal significato dell’operazione di integrazione, segue che graficamente P (−z < Z < z) `e rappresentata dall’area tra le due linee tratteggiate in Figura 2.8.

-3

−z

0

z

3

Figura 2.8: P (−z < Z < z) La funzione di ripartizione di una variabile aleatoria N (0, 1) rappresentata in Figura 2.7 (b) viene indica di solito con Φ(z): Z z 1 2 e−x /2 dx Φ(z) = √ 2π −∞ Non `e possibile calcolare Φ analiticamente, ma troverete Φ tabulata in quasi tutti i libri di probabilit`a. Tipicamente sono tabulati i valori di Φ(z) per z ≥ 0. Se z < 0, Φ(z) si pu`o ottenere usando la seguente formula Φ(z) = 1 − Φ(−z)

∀z ∈ R

(2.5.1)

La formula 2.5.1 deriva dalla simmetria di ϕ nel seguente modo: Φ(z) = 1 − P (Z > z) = 1 − P (Z > z) − P (Z = z) = 1 − P (Z ≥ z) = 1 − P (Z ≤ −z) = 1 − Φ(−z) In particolare, per z = 3, P (|Z| ≥ 3) = 1 − P (−3 ≤ Z ≤ 3) = 1 − [Φ(3) − Φ(−3)] = 2(1 − Φ(3)) = 0.0026 cio`e Z ∼ N (0, 1) ha probabilit`a trascurabile di assumere valori all’esterno dell’intervallo [−3, 3]. Tutte queste propriet`a forniscono una parziale giustificazione al fatto che la densit`a gaussiana venga usata come modello probabilistico per gli errori.

52

2.6

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Funzioni di variabili aleatorie

Sappiamo che una variabile aleatoria va pensata come un numero casuale. Ora se X `e una variabile aleatoria e g : R → R `e una funzione, allora Y := g(X) `e ancora un numero causale. Precisamente Y := g(X) `e il numero che si ottiene applicando la funzione g al numero casuale X. Per avere un esempio concreto, se X ∼ U(0, 1), allora Y := πX 2 indica l’area di un cerchio per il quale la lunghezza del raggio `e “scelta a caso” in (0, 1), ovvero Y `e l’area di un cerchio “scelto a caso” tra i cerchi di raggio pi` u piccolo di 1. In questo caso 2 g(x) = πx . ` naturale ora chiedersi se Y = g(X) `e una variabile aleatoria nel senso della DefiniE zione 2.1.2, cio`e ci chiediamo se `e sempre vero che, se X `e una variabile aleatoria definita su (Ω, F , P ), allora {ω ∈ Ω : g[X(ω)] ≤ x} ∈ F per ogni x ∈ R. Questo non `e vero in generale, ma nei casi importanti per le applicazioni che tratteremo `e sempre vero. Per esempio `e vero se g `e una funzione continua a tratti. Ci interesser`a in particolare capire se e come sia possibile determinare la densit`a della variabile aleatoria Y := g(X) a partire da X. Prima di procedere vediamo qualche ulteriore esempio. Esempio 2.6.1 In molti procedimenti industriali `e routine monitorare il livello di danni o fattori indesiderati. Per esempio rappresentiamo con X il numero di batteri in un campione di liquido preso da un bacino di lavorazione alimentare. Se X supera un livello critico c, il procedimento viene arrestato e si attua una procedura di rinnovo e pulizia del sistema di depurazione. Definiamo ( 1 se X ≥ c Y := 0 se X < c Allora Y = 1 se e solo se il processo produttivo viene arrestato. La variabile aleatoria Y `e funzione della variabile aleatoria X e si pu`o scrivere Y = g(X) dove g(x) = 1[c,+∞)(x). Poich´e Y assume solo i valori 0 e 1, Y `e una variabile aleatoria di Bernoulli di parametro p = P (Y = 1), con X P (Y = 1) = P (X ≥ c) = pX (k) k≥c

Quindi

 P  1 − k≥c pX (k) se h = 0 P pY (h) = se h = 1 k≥c pX (k)   0 se h ∈ 6 {0, 1}

cio`e la densit`a di Y `e calcolabile a partire dalla densit`a di X.

Esempio 2.6.2 Sia T la variabile aleatoria che denota la temperatura in una stanza climatizzata. Se T < a l’impianto di condizionamento riscalda. Se T > b refrigera. Altrimenti, si spegne. Quindi lo stato dell’impianto di condizionamento, in funzione della temperatura, pu`o essere descritto mediante una variabile aleatoria S che assume valore 1 se l’impianto

2.6. FUNZIONI DI VARIABILI ALEATORIE

53

refrigera, 0 se `e spento e −1 se riscalda, cio`e:   −1 se T < a S= 0 se a ≤ T ≤ b   1 se T > b

Volendo calcolare per esempio la probabilit`a che l’impianto sia spento, cio`e P (S = 0), possiamo procedere nel seguente modo: (P pT (t) se T `e discreta P (S = 0) = P (a ≤ T ≤ b) = R b a≤t≤b f (t)dt se T `e assolutamente continua . a T

Quello che i precedenti esempi evidenziano `e che se conosciamo la densit`a di una variabile aleatoria X `e possibile (in alcuni casi) determinare la densit`a di Y := g(X). Per essere pi` u specifici inizialmente supponiamo che X sia una variabile aleatoria discreta, con densit`a pX (x) e P (X ∈ S) = 1, dove S = {xk : k ∈ I}, I ⊂ Z. Sia g : S → R e sia g(S) = {g(x) : x ∈ S}. Se definiamo Y := g(X), allora Y assume valori in g(S), in particolare P (X ∈ S) = 1 implica che P (Y ∈ g(S)) = 1, cio`e Y `e una variabile aleatoria discreta e la sua densit`a `e nulla se y 6∈ g(S). Inoltre se y ∈ g(S) abbiamo   [ X P (Y = y) = P (g(X) = y) = P  {X = xk } = P (X = xk ) = k: g(xk )=y

k: g(xk )=y

=

X

pX (xk )

k: g(xk )=y

In definitiva Proposizione 2.6.3 Sia X una variabile aleatoria discreta, con densit`a pX (x) e P (X ∈ S) = 1, dove S = {xk : k ∈ I}, I ⊂ Z. Sia g : S → R e sia g(S) = {g(x) : x ∈ S}. Se definiamo Y := g(X), allora Y `e una variabile aleatoria discreta a valori in g(S), cio`e P (Y ∈ g(S)) = 1, e la sua densit`a `e (P se y ∈ g(S) k: g(xk )=y pX (xk ) pY (y) = 0 se y 6∈ g(S) Esempio 2.6.4 La probabilit`a di vincere giocando a una slot machine `e p = 0.2 e per partecipare a n giocate si paga una posta iniziale di n . Se si effettuano 10 giocate e ad ogni giocata o si totalizza 0 o si vincono 2 , qual `e la probabilit`a di vincere 4 (al netto della posta iniziale)? Siano X la variabile aleatoria che indica il numero di vittorie su 10 giocate e Y quella che indica la vincita accumulata dopo 10 giocate. Allora X ∼ Bi(10, 0.2) e Y = 2X − 10. Inoltre, la densit`a di probabilit`a di Y `e ( 10
10+k 10−k k = 0, ±2, ±4, ±6, ±8, ±10 10+k 0.2 2 0.8 2 2 pY (k) = 0 altrove

54

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

In particolare: P (“vincere 4

”) = P (Y = 4) =



   10+4 10−4 10 2 × 0.8 2 = 0.27 × 0.83 ' 0.0008. 10+4 0.2 7 2 10

La Proposizione 2.6.3 afferma che, se X `e una variabile aleatoria discreta, allora g(X) `e una variabile aleatoria discreta e la sua densit`a `e univocamente determinata dalla densit`a di X. Questo fatto implica, tra l’altro, che se X e W sono due variabili aleatorie discrete che hanno la stessa densit`a, lo stesso vale per g(X) e g(W ). Inoltre la proposizione mostra un metodo per calcolare la densit`a di g(X) a partire dalla densit`a di X. Nel caso di variabili aleatorie assolutamente continue vale un risultato analogo, questa volta per`o sotto ipotesi restrittive su g: Proposizione 2.6.5 Sia Y = g(X), con X variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a fX . Supponiamo che esista un intervallo aperto S ⊂ R tale che: P (X ∈ S) = 1, g sia differenziabile con continuit`a su S e g 0(x) 6= 0 per ogni x ∈ S. Sia g −1 la funzione inversa di g e g(S) = {g(x) : x ∈ S}. Allora Y `e una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a data da ( fX (g −1 (y))|(g −1)0 (y)| se y ∈ g(S) fY (y) = (2.6.1) 0 se y 6∈ g(S) Non vedremo la dimostrazione di questa proposizione in generale, ma osserviamo che nel caso particolare in cui S = R = g(S) e g `e crescente si ha: Z g−1 (y) Z y −1 FY (y) = P (g(X) ≤ y) = P (X ≤ g (y)) = fX (s) ds = fX (g −1(t))(g −1 )0 (t) dt −∞

−∞

dove, nell’ultima uguaglianza, abbiamo utilizzato il cambiamento di variabile t = g(s). Quindi fY (y) = FY0 (y) = fX (g −1(y))(g −1)0 (y) Esempio 2.6.6 (Densit` a uniforme su un intervallo) Sia X ∼ U(0, 1), α, β ∈ R e g(x) := αx + β. Ci chiediamo che tipo di variabile aleatoria `e Y := g(X) = αX + β. Innanzi tutto osserviamo che se α = 0, allora Y ≡ β, cio`e Y `e la variabile aleatoria degenere che vale sempre β. Se α 6= 0, possiamo utilizzare la Proposizione 2.6.5, infatti in questo caso g 0(x) = α 6= 0, g −1 (y) = (y − β)/α e si ha |(g −1)0 (y)| = 1/|α|. Per la Proposizione 2.6.5 Y `e assolutamente continua e ha densit`a data da   1 1 y−β 1g((0,1)) (y) = 1g(0,1) (y) fY (y) = fX α |α| |α| Se α > 0 allora g(0, 1) = (β, α + β). Infatti y ∈ g(0, 1)

⇐⇒

g −1 (y) ∈ (0, 1)

⇐⇒

0<

y−β <1 α

⇐⇒

β
2.6. FUNZIONI DI VARIABILI ALEATORIE

55

1 Quindi, fY (y) = 1(β,α+β) (y). α Osservando la definizione di Y si vede che Y si ottiene da X mediante una dilatazione di fattore α seguita da una traslazione di ragione β. Questa trasformazione fa corrispondere all’intervallo (0, 1) l’intervallo (β, α + β), quindi risulta intuitivo che se X `e un numero scelto a caso in (0, 1) allora Y `e un numero scelto a caso in (β, α + β). Se ora a, b ∈ R con a < b e poniamo β = a e α = b − a otteniamo che un numero scelto a caso in (a, b) `e una variabile aleatoria Y con densit`a 1 fY (y) = 1(a,b) (y) (2.6.2) b−a 1 1(β+α,β) (y). Se α < 0, analoghi ragionamenti portano a dire che fY (y) = −α L’esempio precedente ci porta ad una generalizzazione della densit`a uniforme vista nel Paragrafo 2.5.1. Una variabile aleatoria Y assolutamente continua `e detta uniforme su (a, b) se la sua densit`a `e data da (2.6.2). La densit`a fY `e detta densit`a uniforme su (a, b) e si pu`o scrivere Y ∼ U(a, b).

Esercizio 2.6.7 Mostrare che se X ∼ U(a, b), allora

X −a ∼ U(0, 1). b−a

Esercizio* 2.6.8 Verificare che fY definita dalla (2.6.2) `e una densit`a, cio`e valgono 1. e 2. della Definizione 2.4.12. Esercizio 2.6.9 Sia X ∼ U(a, b): determinare e disegnare FX . Osserviamo che se X ∼ U(a, b), allora la probabilit`a che X cada in un intervallo [c, d] con a ≤ c < d ≤ b `e proporzionale alla lunghezza di [c, d] con costante di proporzionalit`a data d−c da (b − a)−1 , cio`e P (c < Y < d) = . b−a Esempio 2.6.10 Sia X ∼ E(µ) e a > 0, allora Y = aX ∼ E( µa ). Infatti per la (2.6.1) y 1 y  1 y µ µ −µ a = µe = e− a y 1(0,+∞) (y) fY (y) = fX 1(0,+∞) a a a a a Nota 2.6.11 L’esempio precedente mostra che la famiglia delle variabili aleatorie esponenziali `e “chiusa” rispetto all’operazione di cambiamento di scala (passaggio da X ad aX con a > 0).

Esempio 2.6.12 Sia X ∼ N (0, 1) e Y := X 2 . Vogliamo capire se Y `e variabile aleatoria assolutamente continua e, se la risposta `e positiva, determinarne la densit`a. In questo caso non possiamo applicare direttamente la Proposizione 2.6.5 in quanto S = R e g(x) = x2 non `e biettiva. Procediamo direttamente a scrivere la funzione di ripartizione FY e vedere se ammette densit`a. Osserviamo innanzi tutto che se y < 0 allora FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X 2 ≤ y) = 0 semplicemente perch´e X 2 ≥ 0. Se invece y ≥ 0 allora √ √ FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X 2 ≤ y) = P (− y ≤ X ≤ y) = √ √ √ √ = P (X ≤ y) − P (X < − y) = FX ( y) − FX (− y)

56

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Quindi per la Proposizione 2.4.5 abbiamo che se y > 0 allora fY (y) = FY0 (y) =

d 1 √ √ √ d √ 1 FX ( y) − FX (− y) = FX0 ( y) √ + FX0 (− y) √ = dy dy 2 y 2 y √ √ 1 √ 1 √ = √ [FX0 ( y) + FX0 (− y)] = √ [fX ( y) + fX (− y)] 2 y 2 y

Sostituendo la densit`a gaussiana standard in questa formula otteniamo e−y/2 fY (y) = √ . y2π In definitiva

e−y/2 fY (y) = √ 1(0,+∞) (y). y2π

Una variabile aleatoria Y con questa densit`a `e detta variabile aleatoria chi-quadrato con 1 grado di libert`a e si scrive X ∼ χ2 (1). Nota 2.6.13 Si noti che quanto visto sopra ci dice che per ogni variabile aleatoria X assolutamente continua e con densit`a fX , allora Y := X 2 `e assolutamente continua e si ha √ 1 √ fY (y) = √ [fX ( y) + fX (− y)]1(0,+∞) (y) 2 y

(2.6.3)

Esempio 2.6.14 Siano X ∼ U(0, 1) e F (y) = (1 − e−µy )1(0,+∞) (y) con µ > 0 (F `e la funzione di ripartizione esponenziale di parametro µ). Introduciamo la funzione g : (0, 1) → R definita da − log(1 − x) g(x) := ∀x ∈ (0, 1) µ Allora g `e una funzione iniettiva tale che g −1 (x) = 1 − e−µx = F (x)

∀x ∈ (0, ∞)

e Y := g(X) ∼ E(µ). Infatti, per la Proposizione 2.6.5 si ha che Y `e assolutamente continua e la sua densit`a `e data da fY (y) = fX (F (y))|F 0(y)|1g((0,1)) (y) = µe−µy 1(0,+∞) (y)

2.6.1

*Cenno alla simulazione di variabili aleatorie

L’Esempio 2.6.14 mostra la possibilit` a di rappresentare una variabile aleatoria esponenziale come una trasformazione di una variabile aleatoria U(0, 1), mediante la funzione di ripartizione stessa. Un’importante conseguenza di questo risultato `e che per generare una variabile aleatoria E(µ) `e sufficiente generare U ∼ U(0, 1) e poi calcolare − log(1 − U )/µ. Tutto ci`o `e facilmente attuabile perch`e nelle librerie dei

2.6. FUNZIONI DI VARIABILI ALEATORIE

57

linguaggi di programmazione esistono routine che generano valori di variabili “pseudo-aleatorie” e uniformi in (0, 1). Il risultato di rappresentare una variabile aleatoria come una trasformazione di una U(0, 1) non riguarda soltanto le variabili aleatorie esponenziali, ma anche tutte le altre, siano esse discrete o continue. Qui accenniamo soltanto al risultato per il caso delle variabili aleatorie che hanno funzione di ripartizione F (x) strettamente crescente sull’insieme {x : 0 < F (x) < 1}. In tal caso, l’equazione F (x) = u ammette un’unica soluzione per ogni u ∈ (0, 1), cio`e x = F −1 (u). Proposizione 2.6.15 (della trasformata integrale) Sia F una funzione di ripartizione strettamente crescente sull’insieme {x : 0 < F (x) < 1} e F −1 la funzione definita da F (F −1 (u)) = u per ogni u ∈ (0, 1). Se U ∼ U(0, 1) allora X = F −1 (U ) ha funzione di ripartizione F . Dimostrazione Poich´e F `e funzione strettamente crescente su {x : 0 < F (x) < 1} e per ogni u ∈ (0, 1) F (F −1 (u)) = u allora, per ogni u ∈ (0, 1) e per ogni x ∈ F −1 ((0, 1)) vale che F −1 (u) ≤ x se e solo se u = F (F −1 (u)) ≤ F (x) e quindi FX (x) = P (F −1 (U ) ≤ x) = P (U ≤ F (x)) = F (x) Il precedente lemma d` a una prima idea del perch´e la densit` a U(0, 1) giochi un ruolo chiave nelle simulazioni: teoricamente, per generare una qualunque variabile aleatoria continua X avente funzione di ripartizione F invertibile, potremmo procedere a generare U ∼ U(0, 1) e fare la trasformazione F −1 (U ). Praticamente, questo metodo si applica soltanto nei casi in cui siamo in grado di determinare esplicitamente F −1 . Ma questi casi sono pochi. Ad esempio, rimane fuori la variabile aleatoria gaussiana standard. Nei casi non coperti dall’uso della trasformata integrale potremo procedere o con metodi generali alternativi e validi per diverse famiglie di variabili aleatorie, o con metodi ad hoc che usano in modo pesante propriet`a specifiche delle variabili aleatorie da simulare. Il lettore interessato veda ad esempio [11]. Esercizio 2.6.16 Scrivete un programma in un linguaggio a voi noto per ottenere n = 100 simulazioni dalla densit` a U(−2, 2).

58

CAPITOLO 2. VARIABILI ALEATORIE

Capitolo 3 Media varianza e momenti Abbiamo visto nel Capitolo 2 che nella teoria assiomatica della probabilit`a i numeri causali vengono modellizzati dalle variabili aleatorie. In questo capitolo vedremo come sia possibile associare ad una variabile aleatoria alcune grandezze deterministiche, cio`e alcuni numeri, che ci daranno informazioni qualitative e quantitative sulla variabile aleatoria. Per chiarire meglio la situazione facciamo subito un esempio. Esempio 3.0.17 Supponiamo di giocare alla roulette puntando sul rosso1 . Sia X il guadagno netto che otteniamo puntando 1 . Si vede subito che X `e una variabile discreta, che assume solo i due valori −1 (cio`e abbiamo perso 1 ) e 1 (cio`e abbiamo vinto 1 ), con probabilit`a 19/37 e 18/37 rispettivamente. In particolare si vede che il gioco della roulette `e favorevole al banco, infatti la probabilit`a di vincere 1 `e pi` u piccola di quella perdere 1 . Supponiamo ora invece di giocare a testa e croce con un amico. Se Y `e il guadagno netto che otteniamo puntando 1 , allora anche in questo caso Y `e una variabile discreta, che assume solo i due valori −1 e 1, ma con probabilit`a 1/2 questa volta. In questo caso la probabilit`a di vincere 1 `e uguale alla probabilit`a di perderlo, quindi questo gioco `e in un certo senso pi` u “giusto” della roulette, o come si dice `e un gioco equo. Vedremo che `e possibile associare a ciascuna delle variabili aleatorie X e Y un numero, chiamato media. Vedremo che la media di X `e negativa (ad indicare che il guadagno netto medio al gioco della roulette `e un numero negativo) mentre quella di Y `e nulla (ad indicare che il guadagno netto medio a testa e croce `e nullo).

3.1

Valore atteso (o media)

In questa sezione viene introdotta la nozione di media per variabili aleatorie discrete e assolutamente continue. Avendo a disposizione strumenti matematici pi` u avanzati si potrebbe introdurre tale nozione per qualsiasi variabile aleatoria. Per le variabili aleatorie discrete abbiamo: 1

Una roulette europea “onesta” `e costituita da un congegno che seleziona casualmente un numero tra 37 disponibili, 18 dei quali sono rossi, 18 neri ed uno (lo “zero”) verde.

59

60

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Definizione 3.1.1 Sia X una variabile aleatoria discreta a valori in S = {xk : k ∈ I} con I ⊂ Z e sia pX la sua densit`a. Se X |xk |pX (xk ) < +∞ k∈I

si definisce media di X o valore atteso di X il numero X E(X) := xk pX (xk ), k∈I

altrimenti si dice che X non ammette valore atteso. Prima di procedere con gli esempi, facciamo qualche osservazione sulla definizione appena data. Innanzi tutto osserviamo che se X `e una variabile aleatoria discreta,Pnon `e detto che X abbia valore atteso. Questo dipende dalla convergenza della “serie” k∈I |xk |pX (xk ). Ovviamente se X assume un numero finito di valori, cio`e se I `e un insieme finito, questa serie diventa una somma finita che `e sicuramente convergente e la media di X in questo caso esiste. P Osserviamo che se per un noto teorema dell’analisi k∈I |xk |pX (xk ) < +∞, allora P (convergenza assoluta ⇒ convergenza) segue che k∈I xk pX (xk ) converge. Quindi E(X) `e un numero finito. Il motivo per il quale si richiede la convergenza assoluta, invece della semplice convergenza, `e essenzialmente tecnico e non lo discuteremo in questo contesto. Il valore atteso di una variabile aleatoria X `e un oggetto legato alla densit`a pX di X piuttosto che alla funzione che definisce la variabile aleatoria X. Questo significa che due variabili aleatorie con la stessa densit`a hanno lo stesso valore atteso (oppure non hanno valore atteso). Se torniamo all’interpretazione della densit`a di una variabile aleatoria discreta, come densit`a di massa, vista nella Nota 2.2.7, abbiamo che il valore atteso di X pu`o essere visto come il baricentro del sistema di masse descritto. Esempio 3.1.2 (Segue Esempio 3.0.17) Calcoliamo i valori attesi di X ed Y . Per X otteniamo 18 1 19 +1× =− , E(X) = −1 × 37 37 37 mentre per Y abbiamo 1 1 E(Y ) = −1 × + 1 × = 0. 2 2 Esempio 3.1.3 Se X `e uniforme su {1, . . . , n}, cio`e pX (k) = 1/n per ogni k = 1, . . . , n, allora 1 + ...+ n n(n + 1) n+1 E(X) = = = n 2n 2 Esempio 3.1.4 Se X ∼ Be(p) allora E(X) = 1 × p + 0 × (1 − p) = p

3.1. VALORE ATTESO (O MEDIA)

61

Esempio 3.1.5 Se X ∼ P(λ) allora la media esiste e vale: E(X) =

∞ X

ke−λ

k=0

∞ ∞ ∞ X X λk X −λ λk λk−1 λk ke = = e−λ λ = e−λ λ = e−λ λeλ = λ. k! k! (k − 1)! k! k=1 k=1 k=0

Per le variabili aleatorie assolutamente continue vale una definizione di valore atteso analoga alla Definizione 3.1.1: Definizione 3.1.6 Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua e sia fX la sua densit`a. Se Z |x|fX (x) dx < +∞ R

si definisce media di X o valore atteso di X il numero Z E(X) := xfX (x) dx, R

altrimenti si dice che X non ammette valore atteso. Anche in questo caso valgono osservazioni analoghe a quelle fatte dopo la Definizione 3.1.1, che ometteremo. Esercizio 3.1.7 Fare le osservazioni che abbiamo omesso. Esempio 3.1.8 Se X ∼ U(0, 1) allora la media esiste e vale: E(X) =

Z

1

x dx = 0

1 2

Esempio 3.1.9 Se X ∼ E(λ) allora la media esiste e vale: E(X) =

Z

0

+∞ −λx

xλe

dx = −

Z

+∞

+∞ d x · e−λx dx = xe−λx 0 + dx

0

Z

+∞

e−λx dx =

0

1 λ

Esempio 3.1.10 Se X ∼ N (0, 1) allora la media esiste e vale: E(X) =

Z

+∞

−∞

x2 x √ e− 2 dx = 0 2π

poich´e la funzione integranda `e dispari e l’insieme di integrazione `e simmetrico. Esercizio* 3.1.11 Si fornisca un esempio di variabile aleatoria X discreta che non ha media finita.

62

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Soluzione Sia p definita da p(x) =

(

1 x(x+1)

se x ∈ {1, 2 . . .} se x 6∈ {1, 2 . . .}

0

p `e una densit`a, infatti p(x) ≥ 0 e +∞ X x=1

p(x) =

∞ X x=1

X 1 1  1 = − =1 x(x + 1) x=1 x x + 1 +∞

per la propriet`a telescopica. Se quindi X `e una variabile aleatoria di densit`a pX (x) = p(x), allora +∞ +∞ +∞ X X X 1 x = = +∞ |x|pX (x) = x(x + 1) x=1 x + 1 x=1 x=1

3.1.1

Valore atteso di funzioni di variabili aleatorie

Sia X una variabile aleatoria, g una funzione reale e Y := g(X). Nella Sezione 2.6 abbiamo studiato la densit`a di Y . Qui ci poniamo il problema di calcolare E(Y ). Supponiamo per un momento che X sia discreta, allora medianteP la Proposizione 2.6.3, possiamo calcolare la densit`a pY di Y e poi affermare che E(Y ) = y ypY (y). In realt`a se siamo interessati solamente a E(Y ) e non alla densit`a di Y, possiamo evitare di determinare esplicitamente pY . Vale infatti la seguente proposizione: Proposizione 3.1.12 Siano X una variabile aleatoria discreta a valori P in S = {xk : k ∈ I} con I ⊂ Z e densit`a pX , g una funzione reale e Y := g(X). Se k∈I |g(xk )|pX (xk ) < +∞, allora Y ammette valore atteso e X E(Y ) = g(xk )pX (xk ). (3.1.1) k∈I

Siano X una variabile aleatoria assolutamente continuaR con densit`a fX e g una funzione reale tale che Y := g(X) `e una variabile aleatoria. Se R |g(x)|fX (x) dx < +∞, allora Y ammette valore atteso e Z E(Y ) = g(x)fX (x) dx. (3.1.2) R

Non dimostriamo questa proposizione, ma illustriamone il suo senso con qualche esempio.

√ Esempio 3.1.13 Siano X ∼ U(−1, 1) e Y = X 2 . Allora fY (y) = 1/(2 y)1(0,1) (y) (per ottenerla si applichi la formula in (2.6.3)) e quindi Z 1 1 1 E(Y ) = y √ dy = . 2 y 3 0

3.1. VALORE ATTESO (O MEDIA)

63

Con maggior economia di calcoli possiamo arrivare allo stesso risultato applicando la Proposizione 3.1.12: Z 1 Z 2 1 2 1 21 E(Y ) = x dx = x dx = . 2 2 0 3 −1

3.1.2

Propriet` a del valore atteso

Nella seguente proposizione elenchiamo alcune propriet`a che discendono direttamente dalla definizione di valore atteso. Proposizione 3.1.14 Sia X una variabile aleatoria definita sullo spazio di probabilit` a (Ω, F , P ). 1. Se P (X = c) = 1 allora E(X) = c. 2. Se X `e una variabile aleatoria e B ⊂ R tale che {X ∈ B} ∈ F allora E(1B (X)) = P (X ∈ B). 3. Se X `e una variabile aleatoria tale che E(X) esiste e α `e una costante, allora E(αX) = α E(X). 4. Se X `e una variabile aleatoria, g e h sono funzioni tali che E(g(X)) ed E(h(X)) esistono, allora E(g(X) + h(X)) = E(g(X)) + E(h(X)). 5. Se X `e una variabile aleatoria tale che P (X ≥ 0) = 1 e E(X) esiste, allora E(X) ≥ 0. Se in aggiunta E(X) = 0 allora P (X = 0) = 1. 6. Se a, b ∈ R sono tali che P (a ≤ X ≤ b) = 1, allora a ≤ E(X) ≤ b. 7. Siano g e h funzioni tali che E(g(X)) ed E(h(X)) esistono. Se P (h(X) ≥ g(X)) = 1, allora E(h(X)) ≥ E(g(X)). Dimostrazione 1. Se P (X = c) = 1, allora E(X) = c · P (X = c) = c. 2. Sia Y := 1B (X). Allora Y ∼ Be(p) con p = P (Y = 1) = P (X ∈ B) e quindi E(Y ) = P (X ∈ B). 3. Supponiamo ad esempio che X sia assolutamente continua. Allora per la Proposizione 3.1.12 vale che: Z Z E(αX) = αxfX (x) dx = α xfX (x) dx = α E(X). R

R

La dimostrazione nel caso discreto procede in modo analogo. 4. La dimostrazione di questo punto `e del tutto analoga a quella del punto precedente e viene lasciata al lettore per esercizio.

64

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI 5. Supponiamo X discreta. Poich´e P (X ≥ 0) = 1, allora pX (x) = 0 per ogni x < 0 da cui: X E(X) = xk pX (xk ) ≥ 0. k: xk ≥0

Il caso continuo si tratta analogamente.

Tralasciamo la dimostrazione della seconda parte perch´e pi` u delicata. 6. Innanzi tutto osserviamo che se P (a ≤ X ≤ b) = 1, allora dalla definizione di valore atteso segue che sicuramente esiste E(X). Poi osserviamo che P (X − a ≥ 0) = 1 e che per le propriet`a 5. 4. e 1. si ha 0 ≤ E(X − a) = E(X) + E(−a) = E(X) − a, cio`e E(X) ≥ a. Per ottenere E(X) ≤ b basta osservare che P (b − X ≥ 0) = 1 e ripetere il ragionamento. 7. La dimostrazione procede analogamente al punto 6. ed `e lasciata al lettore per esercizio. La propriet`a 1. della Proposizione 3.1.14 ci dice che il valore atteso di una costante `e la costante stessa; questa propriet`a `e talvolta chiamata propriet`a di coerenza del valore atteso. La propriet`a 2. sottolinea un ovvio legame tra valore atteso e probabilit`a. Le propriet`a 3. e 4. ci dicono come si comporta il valore atteso quando si effettuano operazioni lineari sulla variabile aleatoria sottostante, queste propriet`a sono dette propriet`a di linearit`a del valore atteso. La propriet`a 5. `e detta positivit`a del valore atteso. La propriet`a 6. prende il nome di internalit`a del valore atteso. Nota 3.1.15 Tutte le propriet`a del valore atteso enunciate nella Proposizione 3.1.14 valgono sia nel caso discreto che nel caso assolutamente continuo, cio`e in tutti i casi per cui in questo corso abbiamo definito il valore atteso. Questo ci autorizzer`a nel seguito ad applicarle a tutte le variabili aleatorie che prenderemo in considerazione senza ulteriormente specificare di quale natura sia la loro funzione di ripartizione.

3.2

Varianza

Abbiamo visto nella sezione precedente che, in alcuni casi, `e possibile associare a una variabile aleatoria una grandezza deterministica che abbiamo chiamato valore atteso. Tuttavia la media della variabile aleatoria non riassume tutte le propriet`a qualitative di una variabile aleatoria, nel senso che ci sono variabili aleatorie che hanno la stessa media ma che sono qualitativamente molto differenti. Esempio 3.2.1 (Segue Esempio 3.0.17) Supponiamo ancora di giocare a testa e croce con un amico. Sia ora Z il guadagno netto che otteniamo puntando 1000 : Z `e una variabile discreta che assume solo i due valori −1000 e 1000 con probabilit`a 1/2. Anche in questo caso il gioco `e equo, cio`e E(Z) = 0. Ma questo gioco `e molto pi` u rischioso rispetto a puntare 1 come nell’Esempio 3.0.17. Eppure E(Y ) = E(Z) = 0.

3.2. VARIANZA

65

La differenza fondamentale fra Y e Z, rispettivamente degli Esempi 3.0.17 e 3.2.1, `e che mentre Y assume valori vicini alla propria media, Z assume valori piuttosto lontani da E(Z); E(Y ) rappresenta meglio Y di quanto non faccia E(Z) per Z. Il ragionamento appena fatto ci porta a considerare la distanza tra una variabile aleatoria X e la sua media |X − E(X)|. Un oggetto matematicamente pi` u facile da studiare `e 2 per`o la distanza al quadrato [X − E(X)] ; questa `e ancora una variabile aleatoria, che in alcuni casi ammette valore atteso. Definizione 3.2.2 Sia X una variabile aleatoria discreta o assolutamente continua, tale che esista E(X). Se inoltre esiste E((X − E(X))2 ), allora si pone Var(X) := E((X − E(X))2 ) e Var(X) si chiama varianza di X. La radice quadrata della varianza nome di deviazione standard di X.

p

Var(X) prende il

Vale per la (3.1.1) che se XP`e una variabile aleatoria discreta con densit`a pX e media E(X) = µ allora Var(X) = k (xk − µ)2 pX (xk ); mentre, da (3.1.2) deduciamo che se X `e una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a fX e media E(X) = µ allora R Var(X) = (x − µ)2 fX (x) dx. Esempio 3.2.3 (Seguono Esempi 3.0.17 e 3.2.1) Sia Y il guadagno netto che si ha giocando a testa e croce puntando 1 e Z quello che si ha puntando 1000 . Allora P (Y = −1) = P (Y = 1) = P (Z = 1000) = P (Z = −1000) = 1/2 ed E(Y ) = E(Z) = 0. Per quanto riguarda la varianza di Y si ha Var(Y ) = E((Y − E(Y ))2 ) = E(Y 2 ) =

X

k∈{−1,1}

k 2 pY (k) = (−1)2 ×

1 1 + 12 × = 1, 2 2

mentre per quella di Z si ha Var(Z) = E((Z − E(Z))2 ) = E(Z 2 ) =

X

k∈{−103 ,103 }

1 1 k 2 pZ (k) = (−103 )2 × + (103 )2 × = 106 . 2 2

Come gi`a anticipato, Var(Z) `e (molto) pi` u grande di Var(Y ) ad indicare che Z si discosta da E(Z) (molto) pi` u di quanto non faccia Y da E(Y ). Esercizio 3.2.4 Calcolare la varianza della variabile aleatoria X dell’Esempio 3.0.17.

3.2.1

Propriet` a della varianza

La seguente proposizione fornisce alcune propriet`a elementari della varianza. Proposizione 3.2.5 Sia X una variabile aleatoria, allora

66

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI 1. Var(X) = 0 se e solo se P (X = c) = 1 per qualche costante c. In questo caso c = E(X). 2. Se X ammette varianza ed α ∈ R allora Var(αX) = α2 Var(X). 3. Se X ammette varianza e β ∈ R allora Var(X + β) = Var(X). 4. Se X ammette varianza allora X 2 ammette media e Var(X) = E(X 2 ) − E(X)2 .

Dimostrazione Utilizzeremo le propriet`a della media contenute nella Proposizione 3.1.14. 1. Se P (X = c) = 1 allora E(X) = c e Var(X) = E((c − c)2 ) = E(0) = 0. Viceversa, se Var(X) = E((X − E(X))2 ) = 0, poich´e P (X − E(X))2 ≥ 0) = 1 allora P ((X − E(X))2 = 0) = 1 che `e possibile solo se P (X = E(X)) = 1. 2. Poich´e E(αX) = α E(X) allora Var(αX) = E((αX − E(αX))2) = E((αX − α E(X))2 ) = E(α2 (X − E(X))2 ) = α2 E((X − E(X))2 ) = α2 Var(X). 3. Osserviamo che per la linearit`a del valore atteso E(X + β) = E(X) + β, quindi Var(X + β) = E((X + β − E(X + β))2 ) = E((X + β − E(X) − β)2 ) = E((X − E(X))2 ) = Var(X). 4. Se X ammette varianza allora E(X 2 ) = E((X − E(X) + E(X))2 ) ≤ E(2(X − E(X))2 + 2 E(X)2 ) = 2 E((X − E(X))2 ) + 2 E(X)2 = 2 Var(X) + 2 E(X)2 < +∞ Quindi X 2 ammette media. Inoltre: Var(X) = E((X − E(X))2 ) = E(X 2 − 2X E(X) + E(X)2 ) = E(X 2 ) − 2 E(X E(X)) + E(E(X)2 ) = E(X 2 ) − 2 E(X)2 + E(X)2 = E(X 2 ) − E(X)2 .

3.2. VARIANZA

67

Commentiamo brevemente la proposizione appena dimostrata. Il punto 1. afferma che le uniche variabili aleatorie con varianza nulla sono le costanti. Questo `e in pieno accordo con il concetto intuitivo di varianza come misura di quanto una variabile aleatoria si discosta dalla propria media. Il punto 2. ci dice che la varianza `e quadratica (mentre la media `e lineare). Il punto 3. mostra come la varianza sia invariante per traslazioni. Infatti sommando ad una variabile aleatoria un numero, cio`e traslandola, anche la media viene traslata dello stesso numero e lo scostamento della variabile dalla sua media non cambia. Il punto 4. mostra una formula molto utile nelle applicazioni e negli esercizi per calcolare la varianza. A titolo d’esempio calcoliamo la varianza di alcune delle variabili aleatorie precedentemente introdotte. Esempio 3.2.6 Se X `e variabile aleatoria uniforme discreta su {1, . . . , n} sappiamo che E(X) = (n + 1)/2 e n X k2

n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)(2n + 1) = n 6n 6 k=1 (n + 1)(2n + 1)  n + 1 2 n2 − 1 Var(X) = − = 6 2 12 E(X 2 ) =

=

Esempio 3.2.7 Se X ∼ P(λ) sappiamo che E(X) = λ e 2

E(X ) =

+∞ X

k

−λ k λ 2e

k=0

=λ

+∞ X h=0

k!

=

+∞ X k=1

k

−λ k λ 2e

k!

+∞ X

+∞

X e−λ λk e−λ λh+1 = k = (h + 1) = (k − 1)! h=0 h! k=1

+∞

+∞

X e−λ λh X e−λ λh e−λ λh (h + 1) =λ h +λ = λ E(X) + λ = λ2 + λ. h! h! h! h=0

h=0

Segue che Var(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = λ. Esercizio 3.2.8 Mostrare che, se X ha densit`a binomiale di parametri n e p, E(X) = np e Var(X) = np(1 − p). Esempio 3.2.9 Se U ∼ U(0, 1) sappiamo che E(U) = 1/2; inoltre Z 1 1 2 E(U ) = u2 du = . 3 0 Segue che Var(U) = E(U 2 ) − E(U)2 = 1/3 − 1/4 = 1/12. Se X ∼ U(a, b), allora X = (b − a)U + a, dove U ∼ U(0, 1) (si veda Esempio 2.6.6) e b−a a+b +a= 2 2 2 (b − a) Var(X) = Var((b − a)U + a) = 12 E(X) = (b − a) E(U) + a =

68

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Esempio 3.2.10 Se X ∼ E(λ) sappiamo che E(X) = 1/λ e Z +∞ Z +∞ d 2 −λx 2 x2 e−λx dx x λe dx = − E(X ) = dx 0 Z +∞ 0 +∞ 2 2 xe−λx dx = E(X) = 2 . = − x2 e−λx 0 + 2 λ λ 0

Segue che Var(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 2/λ2 − 1/λ2 = 1/λ2 .

Esempio 3.2.11 Se Z ∼ N (0, 1) sappiamo che E(Z) = 0, quindi 1 Var(Z) = E(Z ) = √ 2π 2

3.3

Z

+∞

2

2 − z2

z e −∞

Z +∞ 1 d z2 dz = − √ z e− 2 dz = 2π −∞ dz Z +∞ 2 +∞ z2 1 1 − z2 = − √ ze +√ e− 2 dz = 1. −∞ 2π 2π −∞

Disuguaglianza di Chebychev

La successiva importante disuguaglianza, nota come disuguaglianza di Chebychev, precisa in che senso una variabile X con varianza “piccola” `e concentrata intorno alla sua media. Proposizione 3.3.1 (Disuguaglianza di Chebychev) Sia X una variabile aleatoria che ammette media e varianza. Allora per ogni  > 0: P (|X − E(X)| > ) ≤

Var(X) . 2

Dimostrazione Osserviamo che o |X − E(X)| ≤  oppure |X − E(X)| > ; quindi 1(−∞,] (|X − E(X)|) + 1(,+∞)(|X − E(X)|) ≡ 1, da cui Var(X) = E((X − E(X))2 ) = E((X − E(X))2 1(−∞,] (|X − E(X)|)) + E((X − E(X))2 1(,+∞)(|X − E(X)|) ≥ E((X − E(X))2 1(,+∞) (|X − E(X)|) ≥ E(2 1(,+∞) (|X − E(X)|)) = 2 P (|X − E(X)| > ). Esercizio 3.3.2 Dimostrare che se X `e una variabile aleatoria positiva tale che la k-esima potenza X k ammette media per un intero positivo k, allora vale che P (X > ) ≤

E(X k ) k

∀ > 0.

Questa disuguaglianza `e nota con il nome di Disuguaglianza di Markov.

3.4. STANDARDIZZAZIONE DI UNA VARIABILE ALEATORIA

3.4

69

Standardizzazione di una variabile aleatoria

In questa sezione ci occuperemo di una particolare trasformazione affine di una variabile aleatoria, detta standardizzazione. Sia X una variabile aleatoria non costante che ammette media E(X) = m e varianza Var(X) = σ 2 . Poich´e X non `e costante Var(X) > 0. Consideriamo la variabile aleatoria Y ottenuta mediante la seguente trasformazione affine di X: Y :=

X −m σ

(3.4.1)

dove σ `e la deviazione standard di X. Segue dalle Proposizioni 3.1.14 e 3.2.5 che Y ammette media e varianza finite. Inoltre segue dalla linearit`a della media che   E(X) − m X −m E(Y ) = E = = 0, σ σ mentre, dalle propriet`a della varianza otteniamo che   Var(X) Var(X − m) X −m = = 1. = Var(X) = Var 2 σ σ σ2 Quindi, qualunque siano la media e la varianza di X ci siamo ricondotti a una variabile aleatoria Y con media uguale a 0 (diremo che `e centrata) e varianza uguale a 1. Per questo motivo Y `e detta standardizzata della variabile X e l’operazione che trasforma la variabile X nella corrispondente variabile Y `e detta standardizzazione. Inoltre la funzione di ripartizione FX della variabile X `e legata alla fuzione di ripartizione FY della sua standardizzata Y dalla semplice relazione     X −m t−m t−m FX (t) = P (X ≤ t) = P = FY . ≤ σ σ σ L’operazione di standardizzazione gioca un ruolo fondamentale nel teorema di De Moivre Laplace e nel Teorema centrale del limite che vedremo pi` u avanti.

3.5

Densit` a gaussiana N (µ, σ 2)

Siano Z ∼ N (0, 1), σ > 0 e µ ∈ R. Consideriamo la variabile aleatoria X = σZ + µ. Segue dalle propriet`a di media e varianza che E(X) = σ E(Z) + µ = µ e Var(X) = σ 2 Var(Z) = σ 2 .

70

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Inoltre, grazie alla Proposizione 2.6.5, X `e una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a (    2 ) x−µ 1 1 1 x−µ =√ exp − fX (x) = ϕ , ∀x ∈ R (3.5.1) σ σ 2 σ 2πσ 2 dove ϕ rappresenta la densit`a gaussiana standard. Definizione 3.5.1 Una variabile aleatoria assolutamente continua X con densit`a (3.5.1) `e detta gaussiana di parametri µ e σ 2 e si indica X ∼ N (µ, σ 2).

0.5

Deduciamo dagli ultimi calcoli fatti che i due parametri di una variabile aleatoria N (µ, σ 2) hanno una precisa interpretazione: µ `e la media e σ 2 la varianza. Quindi, come messo in evidenza nella Figura 3.1, µ `e un polo di riferimento e σ un indice della concentrazione (o dispersione) della densit`a N (µ, σ 2) intorno a µ. N (−1, 0.5)

0.4

N (0, 1)

0.0

0.1

0.2

0.3

N (0, 2)

−4

−2

0

2

4

Figura 3.1: Grafico delle densit`a di probabilit`a N (0, 1), N (0, 2) e N (−1, 0.5) Esercizio 3.5.2 Sia X ∼ N (µ, σ 2). Mostrare che Y = (X − µ)/σ ∼ N (0, 1). Cio`e la standardizzata di una variabile aleatoria gaussiana `e una variabile aleatoria gaussiana standard. Esercizio 3.5.3 Sia X ∼ N (µ, σ 2 ) e sia FX la sua funzione di ripartizione. Mostrare che FX (x) = Φ((x − µ)/σ),

∀x ∈ R

dove Φ `e la funzione di ripartizione della densit`a gaussiana standard.

3.6

Approssimazione gaussiana della funzione di ripartizione binomiale

Un risultato2 molto importante della teoria delle probabilit`a `e il teorema di De MoivreLaplace. Questo teorema afferma che, se standardizziamo una variabile aleatoria con den2

Questa sezione `e in parte tratta da [13]

3.6. APPROSSIMAZIONE GAUSSIANA DELLA FUNZIONE DI RIPARTIZIONE BINOMIALE71 sit`a binomiale di parametri n e p, la funzione di ripartizione della variabile cos`ı ottenuta converge, per n → +∞ e p fissato, alla funzione di ripartizione di una variabile aleatoria gaussiana standard. Vedremo nell’ultimo capitolo che questo risultato `e un caso particolare del Teorema centrale del limite, ma la sua formulazione e dimostrazione `e stata fornita in modo indipendente e molto tempo prima. Diamo qui di seguito l’enunciato del teorema di De Moivre-Laplace e ne illustriamo il suo utilizzo con un esempio. Ricordiamo che n prove di Bernoulli sono n esperimenti, con due possibili risultati, successo e insuccesso, i risultati di ciascuna prove sono eventi tra loro indipendenti e infine in ogni singola prova `e uguale la probabilit`a che si verifichi il successo. (Vedi fine Capitolo 1). Teorema 3.6.1 (di De Moivre-Laplace) Sia Sn il numero di successi in n prove di Bernoulli, in ognuna delle quali il successo ha probabilit` a p ∈ (0, 1). Allora, per ogni a < b, ! Sn − np ≤ b → Φ(b) − Φ(a), per n → +∞, P a< p np(1 − p)

dove Φ `e la funzione di ripartizione di una gaussiana standard. p Nota 3.6.2 La variabile (Sn − np)/ np(1 − p) `e la standardizzata di una variabile aleatoria binomiale. Infatti, come abbiamo gi`a visto nel Capitolo 2, Sn ha densit` a binomiale p di parametri n e p e, come vi si `e chiesto di verificare nell’Esercizio 3.2.8, np e np(1 − p) sono, rispettivamente, la sua media e la sua deviazione standard.

Nota 3.6.3 Si noti che abbiamo due possibili approssimazioni per le probabilit`a collegate ad una densit`a binomiale. Possiamo utilizzare una approssimazione di Poisson se n `e “grande” e p `e “piccolo”, mentre si pu`o vedere che vale un’approssimazione gaussiana se n `e “grande” e p `e “lontano” dai valori estremi 0 e 1. Esistono varie “ricette” per stabilire quanto n deve essere grande e p lontano da 0 e da 1. Per esempio, l’approssimazione gaussiana `e buona se np > 5 e n(1 − p) > 5, oppure per np(1 − p) ≥ 10. Esempio 3.6.4 Calcolare in modo approssimato la probabilit`a di ottenere in 100 lanci di una moneta equa un numero di teste compreso fra 45 e 55 (inclusi). Sia S100 la variabile aleatoria che conta il numero di teste nei 100 lanci. Allora S100 ∼ Bi(100, 1/2) e la probabilit`a richiesta `e P (45 ≤ S100 ≤ 55) = P (44 < S100 ≤ 55)   100 100 100 S100 − 2 55 − 44 − =P q 2 < q ≤ q 2  100 100 100 × 14 4 4     55 − 50 44 − 50 'Φ −Φ 5 5 = Φ (1) − Φ (−1.2) = Φ (1) + Φ (1.2) − 1 ' 0.841345 + 0.884930 − 1 ' 0.726275.

72

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

D’altra parte, poich´e S100 `e variabile aleatoria discreta con funzione di ripartizione costante a tratti sull’intervallo [k, k + 1), per k = 0, . . . , 100, allora: P (45 ≤ S100 ≤ 55) = P (44 < S100 ≤ 55) = P (S100 ≤ 55) − P (S100 ≤ 44) = P (S100 ≤ 55.5) − P (S100 ≤ 44.5)     55.5 − 50 44.5 − 50 'Φ −Φ 5 5 = Φ (1.1) − Φ (−1.1) = 2Φ (1.1) − 1 ' 2 × 0.864334 − 1 ' 0.728668. Nell’ultima equazione per calcolare un valore approssimato di P (45 ≤ S100 ≤ 55) = P (S100 ≤ 55) − P (S100 ≤ 44), abbiamo apportato una correzione di continuit`a sostituendo a 55 il valore 55+0.5 e a 44 il valore 44+0.5. Calcolando ora esattamente P (45 ≤ S100 ≤ 55) mediante la densit`a binomiale, otteniamo che P (45 ≤ S100 ≤ 55) = 0.728747. Quindi, senza la correzione di continuit`a l’approssimazione gaussiana produce un errore in percentuale pari a (0.728747 − 0.726275)/0.728747 ' 0.34%, mentre, con la correzione di continuit`a, l’errore `e (0.728747 − 0.728668)/0.728747 ' 0.011%: l’introduzione della correzione di continuit`a ha ridotto l’errore di approssimazione di un fattore 31. In generale, se n `e grande e Sn ∼ Bi(n, p), con p ∈ (0, 1), la correzione di continuit`a si apporta nel seguente modo: ! r + 0.5 − np P (Sn ≤ r) ' Φ p np(1 − p) per ogni r = 0, 1, . . . . Supponiamo ora di lanciare 100 monete con trucco p = 1/5 e sia S100 il numero di teste su 100 lanci. Allora E(S100 ) = 100/5 = 20 e Var(S100 ) = 100 × (4 × 5 × 5) = 16 e   S100 − 20 P (16 ≤ S100 ≤ 24) = P (15 < S100 ≤ 24) = P −1.25 ≤ ≤1 4 ' Φ(1) + Φ(1.25) − 1 ' 0.841345 + 0.894350 − 1 ' 0.735695.

Con la correzione di continuit`a abbiamo: P (16 ≤ S100 ≤ 24) = P (S100 ≤ 24.5) − P (S100 ≤ 15.5)     S100 − 20 S100 − 20 ≤ 1.125 − P ≤ −1.125 =P 4 4 ' 2Φ(1.125) − 1 ' 0.739411 Si noti che P (16 ≤ S100 ≤ 24) vale esattamente 0.7401413. In questo caso, l’errore in percentuale `e pari a (0.7401413 − 0.735695)/0.7401413 ' 0.6% senza la correzione di continuit`a e (0.7401413 − 0.739411)/0.7401413 ' 0.1% con la correzione di continuit`a. Notiamo

3.7. *MOMENTI E FUNZIONE GENERATRICE DEI MOMENTI

73

1.0

che con la correzione di continuit`a l’approssimazione `e migliorata ma di misura inferiore rispetto al caso della moneta equa. D’altro canto l’errore relativo di approssimazione `e comunque pi` u alto rispetto al caso della moneta equa. Infine, trovate in Figura 3.2 il grafico della funzione di ripartizione gaussiana standard Φ e della standardizzata di una variabile aleatoria S20 ∼ Bi(20, 0.5), a confronto. Φ(x) Sn −n/2 p n/4

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

fdr di

−4

−2

Figura 3.2: Fdr di (Sn − np)/

3.7

0

p

2

4

np(1 − p) e Φ a confronto per n = 20 e p = 0.5

*Momenti e funzione generatrice dei momenti

Nella Sezione 3.3 abbiamo visto come trarre informazioni sulla variabile aleatoria X conoscendo E(X) ed E(X 2 ), per esempio usando la disuguaglianza di Chebychev. Poi, nell’Esercizio 3.3.2 `e stato preso in considerazione il numero E(X k ). In generale si possono trarre maggiori informazioni conoscendo E(X k ) per k = 1, 2, . . . . Non indagheremo questo punto a fondo, ma data l’importanza diamo la seguente definizione Definizione 3.7.1 Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua o discreta tale che |X|k ammetta valore atteso. Allora il numero E(X k ) `e detto momento k-esimo o momento di ordine k della variabile aleatoria X. Secondo questa definizione la media di una variabile aleatoria `e il suo momento primo, mentre la varianza `e la differenza tra il suo momento secondo ed il suo momento primo al quadrato. Proposizione 3.7.2 Sia X una variabile aleatoria che ammette momento k-esimo, per qualche k ≥ 2. Allora X ammette momento h-esimo per ogni 1 ≤ h < k.

74

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Dimostrazione Sappiamo per ipotesi che E(|X|k ) `e un numero finito, allora E(|X|k ) = E(|X|k [1[0,1] (|X|) + 1(1,+∞) (|X|)]) = E(|X|k 1[0,1] (|X|)) + E(|X|k 1(1,+∞) (|X|)) ≥

≥ E(|X|k 1(1,+∞) (|X|)) = E(|X| · |X|k−11(1,+∞) (|X|)) ≥ E(|X|k−11(1,+∞) (|X|)).

Quindi |X|k−11(1,+∞) (|X|) ha media finita. Poich´e |X k | = |X|k−11[0,1] (|X|)+|X|k−11(1,+∞) (|X|) e |X|k−11[0,1] (|X|) ≤ 1, segue che anche |X|k ha media finita. Risulta cos`ı dimostrato che se esiste il momento k-esimo esiste anche il momento (k − 1)-esimo. Per concludere basta iterare il procedimento. Esercizio 3.7.3 Mostrare che una variabile aleatoria gaussiana standard ammette momenti di ogni ordine; quindi verificare che quelli di ordine dispari sono nulli. Pi` u in generale, mostrare che se X `e una variabile aleatoria simmetrica (cio`e X e −X hanno la stessa funzione di ripartizione) ed ammette momento di ordine n, allora tutti i momenti di ordine dispari E(X 2k+1 ) con 2k + 1 ≤ n sono nulli. Esercizio 3.7.4 Sia X una variabile aleatoria assolutamente continua con densit`a ( 0 x<1 fX (x) = −4 3x x≥1 Mostrare che X ammette momenti primo e secondo ma non ammette momento terzo. Uno strumento molto utile nel calcolo dei momenti di una variabile aleatoria, quindi anche nel calcolo di media e varianza, `e la funzione generatrice dei momenti : Definizione 3.7.5 Sia X una variabile aleatoria per la quale esiste un intervallo aperto O contenente lo 0 tale che etX ammette media per ogni t in O. Allora la funzione mX (t) := E(etX ) definita (almeno) per ogni t ∈ O `e detta funzione generatrice dei momenti di X. Nota 3.7.6 La funzione generatrice dei momenti di una variabile aleatoria X coincide con la trasformata di Laplace della densit`a di probabilit`a di X. Esercizio 3.7.7 Sia X ∼ N (µ, σ 2). Mostrare che la funzione generatrice dei momenti di X `e 2 2 mX (t) = eµt+σ t /2 . per ogni t ∈ R. Il nome di funzione generatrice dei momenti `e dovuto alla seguente propriet`a di mX . Proposizione 3.7.8 Sia X una variabile aleatoria che ammette funzione generatrice dei momenti mX . Allora esistono tutti i momenti di X e E(X) = m0X (0), E(X 2 ) = m00X (0), . . . .

3.7. *MOMENTI E FUNZIONE GENERATRICE DEI MOMENTI

75

Non dimostreremo questa proposizione, ma per ricordarla meglio conviene tenere presente la seguente dimostrazione formale:   d tX d tX 0 E(e ) = E e mX (t) = = E(XetX ) dt dt quindi m0X (0) = E(X). Lo stesso ragionamento si pu`o ripetere per i momenti successivi. Esercizio 3.7.9 Calcolare il momento quarto di una variabile aleatoria X avente densit`a gaussiana standard.

76

CAPITOLO 3. MEDIA VARIANZA E MOMENTI

Capitolo 4 Vettori Aleatori 4.1

Variabili aleatorie indipendenti

Nel Capitolo 2 abbiamo introdotto la variabile aleatoria per modellare il concetto di numero casuale. Spesso nelle applicazioni accade che sia necessario considerare simultaneamente pi` u variabili aleatorie definite sullo stesso spazio campione, cio`e relative ad uno stesso esperimento aleatorio. Per esempio possiamo pensare di essere interessati alla misurazione di altezza e peso degli individui di una certa popolazione, oppure siamo interessati ai tempi ` importante di vita dei componenti che costituiscono un’apparecchiatura complessa. E quindi conoscere il comportamento congiunto di pi` u variabili aleatorie. Cosa significa fare ci`o dal punto di vista probabilistico? Esempio 4.1.1 Consideriamo l’esperimento aleatorio consistente nel lanciare dieci volte due monete equilibrate. Sia X il numero di teste nei dieci lanci della prima moneta e Y quello nella seconda. L’evento {X = 5} `e costituito da tutte le possibili sequenze dei dieci lanci delle due monete compatibili con il fatto che la prima moneta abbia mostrato esattamente cinque volte testa. Analogamente, {Y ≤ 8} `e l’evento che si verifica se la seconda moneta ha mostrato testa al pi` u otto volte. Considerare contemporaneamente il verificarsi di questi due eventi (cio`e l’intersezione) riguarda il comportamento congiunto delle due variabili aleatorie e scriveremo: {X = 5, Y ≤ 8} = {ω : X(ω) = 5} ∩ {ω : Y (ω) ≤ 8}. D’ora in avanti si user`a questa notazione per indicare intersezione di eventi espressi in termini di variabili aleatorie. In questo caso `e chiaro che gli eventi {X = 5} e {Y ≤ 8} sono indipendenti secondo la Definizione 1.5.18 e quindi P (X = 5, Y ≤ 8) = P (X = 5)P (Y ≤ 8). Il conto procede considerando che X ∼ Bi(10, 1/2) e Y ∼ Bi(10, 1/2). Allo stesso modo si prova che P (X ∈ A, Y ∈ B) = P (X ∈ A)P (Y ∈ B) 77

78

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

per ogni A, B ⊂ {0, 1, . . . , 10} e le due probabilit`a a secondo membro si calcolano facilmente ricorrendo alla densit`a binomiale. Sia ora Z la v.a. che indica il numero totale di teste nei lanci di entrambe le monete. Allora Z ∼ Bi(20, 1/2) ma, evidentemente, gli eventi {Z ≤ 8} e {X = 5} non sono indipendenti: ad esempio sull’insieme {ω : X(ω) = 5} Z non pu`o assumere valori inferiori a 5. Questo fatto implica che per calcolare P (X = 5, Z ≤ 8) non `e sufficiente conoscere le densit`a di X e di Z, ma `e necessario analizzare pi` u a fondo il loro comportamento congiunto. Comunque, in questo caso il calcolo `e facile: P (X = 5, Z ≤ 8) = P ({ω : X(ω) = 5, Z(ω) ≤ 8}) = P ({ω : X(ω) = 5, Y (ω) ≤ 3}) = P (X = 5, Y ≤ 3) = pX (5)FY (3) ' 0.0423 D’altro canto si noti che P (X = 5)P (Z ≤ 8) = pX (5)FZ (8) ' 0.06194 6= 0.0423 = P (X = 5, Z ≤ 8). Appare naturale chiamare le variabili aleatorie X e Y indipendenti in quanto generano eventi indipendenti. Se X, Y sono indipendenti, tutte le probabilit`a che riguardano la coppia si deducono dalle densit`a delle singole variabili, cio`e se pX e pY rappresentano le densit`a di X e Y , rispettivamente, allora (

10 10 1 x, y = 0, 1, . . . , 10 x y 220 P (X = x, Y = y) = pX (x)pY (y) = 0 altrove. Diversamente, per la coppia (X, Z), la sola conoscenza di pX e pZ non porta direttamente a quella di P (X = x, Z = z). La seguente definizione di indipendenza fra variabili aleatorie formalizza ed estende i concetti introdotti con l’Esempio 4.1.1. Come nel caso bidimensionale, anche nel caso di un numero qualunque n di variabili aleatorie X1 , . . . , Xn definite sullo stesso spazio di probabilit`a (Ω, F , P ), useremo la scrittura {X1 ∈ B1 , . . . , Xn ∈ Bn } per indicare l’intersezione degli eventi {ω ∈ Ω : X1 (ω) ∈ B1 }, . . . , {ω ∈ Ω : Xn (ω) ∈ Bn }: {X1 ∈ B1 , . . . , Xn ∈ Bn } = {ω ∈ Ω : X1 (ω) ∈ B1 } ∩ · · · ∩ {ω ∈ Ω : Xn (ω) ∈ Bn }. Definizione 4.1.2 Siano X1 , . . . , Xn n variabili aleatorie definite sullo stesso spazio di probabilit`a (Ω, F , P ). Diciamo che sono indipendenti se P (X1 ∈ B1 , . . . , Xn ∈ Bn ) = P (X1 ∈ B1 ) · · · P (Xn ∈ Bn )

(4.1.1)

per ogni scelta di domini regolari1 B1 , . . . , Bn ⊂ R. 1

Gli insiemi B1 , . . . , Bn che dobbiamo considerare sono solo quelli ottenuti con un numero al pi` u infinito numerabile di operazioni fra intervalli.

4.1. VARIABILI ALEATORIE INDIPENDENTI

79

Si pu`o verificare che le variabili aleatorie X, Y dell’Esempio 4.1.1 sono indipendenti secondo la Definizione 4.1.2. Nota 4.1.3 Nell’equazione (4.1.1) prendiamo Bi = (−∞, xi ] per ogni i = 1, . . . , n con xi ∈ R. Allora (4.1.1) diventa P (X1 ≤ x1 , . . . , Xn ≤ xn ) = P (X1 ≤ x1 ) · · · P (Xn ≤ xn )

(4.1.2)

In altri termini, se le variabili aleatorie sono indipendenti, allora vale (4.1.2). In realt`a, vale anche il viceversa, cio`e Proposizione 4.1.4 Le variabili aleatorie X1 , . . . , Xn sono indipendenti se e solo se per ogni scelta di x1 , . . . , xn ∈ R vale (4.1.2). Nota 4.1.5 Siano X1 , . . . , Xn variabili aleatorie discrete indipendenti con densit`a rispettivamente pX1 , . . . , pXn . Allora, prendendo B1 = {x1 }, . . . , Bn = {xn } in (4.1.1) risulta che P (X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) = P (X1 = x1 ) · · · P (Xn = xn ), ∀xi ∈ R, ∀i = 1, . . . , n . (4.1.3) Anche in questo caso vale il viceversa: Proposizione 4.1.6 Le variabili aleatorie discrete X1 , . . . , Xn sono indipendenti se e solo se vale (4.1.3). Rivisitiamo alla luce di quanto ora introdotto l’esperimento di n prove di Bernoulli. Esempio 4.1.7 Sia (Ω, F , P ) lo spazio di n prove di Bernoulli di parametro p e siano X1 , . . . , Xn le variabili aleatorie definite su questo spazio da: Xi (ω) = ai ,

∀ω := (a1 , . . . , an ) ∈ Ω = {0, 1}n , ∀i = 1, . . . , n.

` immediato verificare che X1 , . . . , Xn sono indipendenti. Infatti, Xi ∼ Be(p) e E Pn

Pn

P (X1 = a1 , . . . , Xn = an ) = p i=1 ai (1 − p)n− i=1 ai n Y = pai (1 − p)1−ai = P (X1 = a1 ) · · · P (Xn = an ) i=1

Esempio 4.1.8 Siano S e T due variabili aleatorie che descrivono i tempi di guasto, in minuti secondi, di due componenti elettronici. Supponiamo che il modello probabilistico assegnato sia il seguente: la probabilit`a che il primo componente funzioni nei primi s secondi e il secondo nei primi t secondi (per ogni s ≥ 0 e t ≥ 0) sia Z +∞ Z +∞ P (S > s, T > t) = µ2 e−µ(u+v) du dv. s

t

80

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Segue che per ogni s > 0: P (S > s) = P (S > s, T > 0) =

Z

+∞ −µu

µe

du

Z

+∞ −µv

µe

dv =

+∞

µe−µu du = e−µs .

s

0

s

Z

Analogamente, P (T > t) = e−µt e quindi: P (S > s, T > t) = P (S > s)P (T > t) cio`e, gli eventi {S > s} e {T > t} sono indipendenti. Ma allora anche gli eventi complementari {S ≤ s} e {T ≤ t} sono indipendenti, da cui: P (S ≤ s, T ≤ t) = [1 − P (S > s)][1 − P (T > t)] = = FS (s)FT (t) =

Z

s −µu

µe 0

du

Z

t

µe−µv dv (4.1.4)

0

Deduciamo da (4.1.4) che S e T sono indipendenti.

4.2

Vettori aleatori

` opportuno a questo punto introdurre alcune definizioni in cui ritroviamo gli oggetti E considerati nella sezione precedente. Definizione 4.2.1 (Vettore aleatorio) Sia (Ω, F , P ) uno spazio di probabilit`a. Un vettore aleatorio n–dimensionale `e una funzione vettoriale X := (X1 , . . . , Xn ), X : Ω → Rn tale che ogni Xi (per i = 1, . . . , n) `e una variabile aleatoria. Esempio 4.2.2 (Continuazione degli Esempi 4.1.1 e 4.1.8) Le coppie (X, Y ), (X, Z) considerate nell’Esempio 4.1.1 e (S, T ) nell’Esempio 4.1.8 sono vettori aleatori bidimensionali. Discutendo della nozione di indipendenza, nell’equazione (4.1.2), abbiamo considerato probabilit`a della forma: P (X1 ≤ x1 , . . . , Xn ≤ xn )

∀xi ∈ R e i = 1, . . . , n

(4.2.1)

La precedente, per n = 1, definisce la funzione di ripartizione di una variabile aleatoria. La considerazione di (4.2.1) per n qualsiasi, al variare di xi in R per i = 1 . . . , n, porta a introdurre la funzione di ripartizione di vettori aleatori: Definizione 4.2.3 (Funzione di ripartizione multidimensionale) Sia X = (X1 , . . . , Xn ) un vettore aleatorio n–dimensionale definito su uno spazio di probabilit`a (Ω, F , P ). Si chiama funzione di ripartizione di X (o funzione di ripartizione congiunta di X1 , . . . , Xn ) la funzione FX = F(X1 ,...,Xn ) : Rn → [0, 1] definita per ogni (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn come F(X1 ,...,Xn ) (x1 , . . . , xn ) := P (X1 ≤ x1 , . . . , Xn ≤ xn ).

4.2. VETTORI ALEATORI

81

La funzione di ripartizione di un vettore aleatorio gode di alcune propriet`a analoghe a quelle della funzione di ripartizione di una variabile aleatoria (cfr. Proposizione 2.1.10). Dato un vettore aleatorio X = (X1 , . . . , Xn ) `e interessante vedere che legame c’`e tra FX e le funzioni di ripartizione FX1 , . . . , FXn delle componenti che spesso vengono chiamate funzioni di ripartizione marginali. Proposizione 4.2.4 Sia X = (X1 , . . . , Xn ) un vettore aleatorio che ha funzione di ripartizione FX e sia x = (x1 , . . . , xn ). Allora per ogni k = 1, . . . , n, limxk →−∞ FX (x) = 0, mentre lim FX (x) = P (X1 ≤ x1 , . . . , Xk−1 ≤ xk−1 , Xk+1 ≤ xk+1 , . . . , Xn ≤ xn )

xk →+∞

= F(X1 ,...,Xk−1 ,Xk+1 ,...Xn ) (x1 , . . . , xk−1 , xk+1 , . . . , xn ) Esercizio 4.2.5 Dimostrare la Proposizione 4.2.4. La precedente proposizione ci dice che se xk → +∞, FX (x) converge alla funzione di ripartizione del vettore aleatorio (n − 1)–dimensionale (X1 , . . . , Xk−1 , Xk+1, . . . , Xn ) che si ottiene da X eliminando la k–esima componente. Nel caso di un vettore aleatorio bidimensionale (X, Y ) che ha funzione di ripartizione FX,Y , la Proposizione 4.2.4 afferma che: lim FX,Y (x, y) = P (Y ≤ y) = FY (y)

x→+∞

lim FX,Y (x, y) = P (X ≤ x) = FX (x)

y→+∞

Nel caso di un vettore aleatorio n–dimensionale, applicando iterativamente la Proposizione 4.2.4, si ottiene che per ogni x ∈ R e per ogni i = 1, . . . , n FXi (x) = n lim

FX (x1 , . . . , xi−1 , x, xi+1 , . . . , xn ) xj →+∞o ∀j6=i

Quindi dalla funzione di ripartizione congiunta siamo in grado di calcolare tutte le funzioni di ripartizione marginali. Ma il viceversa `e falso, come mostra il seguente esempio. Esempio 4.2.6 Siano (X1 , Y1 ) un vettore aleatorio con funzione di ripartizione   x<0oy<0 0 −y −x −x FX1 ,Y1 (x, y) = e (1 − e − x) − (1 + x)e + 1 0 ≤ x ≤ y   −x e (1 − e−y − y) − (1 + y)e−y + 1 x > y ≥ 0

e (X2 , Y2 ) un vettore aleatorio con funzione di ripartizione  FX2 ,Y2 (x, y) = 1 + (1 + x)e−x (e−y (1 + y) − 1) − e−y (1 + y) 1(0,∞) (x)1(0,∞) (y)

Verificate che le funzioni di ripartizione marginali di FX1 ,Y1 e FX2 ,Y2 coincidono e sono date da FXi (x) = FYi (x) = (1 − (1 + x)e−x )1(0,∞) (x), i = 1, 2 .

82

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Riusciamo a ricostruire la funzione di ripartizione congiunta dalle marginali nel caso di variabili aleatorie indipendenti. Alla luce della definizione appena introdotta, possiamo rienunciare la Proposizione 4.1.4 nel seguente modo Proposizione 4.2.7 Le componenti di un vettore aleatorio X = (X1 , . . . , Xn ) sono indipendenti se e solo se la funzione di ripartizione di X coincide con il prodotto delle funzioni di ripartizione marginali, cio`e FX = FX1 FX2 · · · FXn . Esempio 4.2.8 (Continuazione dell’Esempio 4.1.8) Le variabili aleatorie S e T che rappresentano i tempi di guasto dei componenti elettronici dell’Esempio 4.1.8 hanno funzione di ripartizione congiunta FS,T (s, t) = (1 − e−µs )(1 − e−µt )1(0,+∞)×(0,+∞) (s, t) = FS (s)FT (t) e S e T sono indipendenti. Per esempi significativi di vettori aleatori con componenti non indipendenti rimandiamo alle prossime sezioni. Seguendo lo schema del caso unidimensionale, di seguito considereremo le due classi di vettori aleatori discreti e assolutamente continui.

4.3

Vettori aleatori discreti

Definizione 4.3.1 (Vettori aleatori discreti) Un vettore aleatorio X n-dimensionale `e discreto se le sue componenti X1 , . . . , Xn sono variabili aleatorie discrete. Esempi di vettori aleatori discreti sono i vettori (X, Y ) e (X, Z) dell’Esempio 4.1.1. Per un vettore aleatorio discreto `e possibile definire una densit`a discreta nel modo seguente: Definizione 4.3.2 Sia X una vettore aleatorio discreto su di uno spazio di probabilit` a (Ω, F , P ). La funzione pX (x) := P (X1 = x1 , . . . , Xn = xn ), dove x = (x1 , . . . , xn ), si chiama densit`a discreta del vettore aleatorio X (o densit`a congiunta di X1 , . . . Xn ). Si noti che se pX `e la densit`a di un vettore aleatorio discreto X allora pX (x) = 0 tranne che per una quantit`a al pi` u numerabile di x ∈ Rn . Esempio 4.3.3 (Densit` a multinomiale) Supponiamo che una popolazione contenga oggetti di k ≥ 2 tipi diversi e che P la proporzione degli oggetti di tipo i nella popolazione sia pi per i = 1, . . . , k (pi > 0, ki=1 pi = 1). Inoltre, supponiamo che n oggetti siano scelti a caso dalla popolazione con reimmissione. Sia Xi il numero di oggetti di tipo i estratti, per i = 1, . . . , k e sia X il vettore aleatorio che ha componenti X1 , . . . , Xk . Allora il vettore aleatorio X `e discreto, la somma delle sue componenti `e pari al numero di estrazioni (X1 + · · · + Xk = n) e la sua densit`a `e detta multinomiale di parametri n, p1 , . . . , pk .

4.3. VETTORI ALEATORI DISCRETI

83

Per scrivere esplicitamente la densit`a, possiamo pensare di estrarre gli elementi dalla popolazione uno alla volta. Poich´e le n scelte sono indipendenti, la probabilit`a che la sequenza delle n estrazioni contenga n1 elementi di tipo 1,. . . , nk elementi di tipo k (in un ordine prefissato) `e pn1 1 · · · pnk k . Inoltre, il numero di modi differenti in cui l’ordine degli n oggetti pu`o essere specificato `e pari al numero di partizioni ordinate di classe (n1 , . . . , nk ), cio`e   n n! . := n1 ! × n2 ! × · · · × nk ! n1 . . . nk Segue che la probabilit`a di ottenere esattamente n1 elementi di tipo 1, . . . , nk elementi di tipo k `e   n pn1 · · · pnk k , n1 , . . . , nk = 0, . . . , n e n1 +· · ·+nk = n P (X1 = n1 , . . . , Xk = nk ) = n1 . . . nk 1 Si osservi che per k = 2 X si riduce al vettore (X1 , n − X1 ) e X1 ∼ Bi(n, p1 ). Se pX `e la densit`a di X allora valgono propriet`a analoghe a quelle della densit`a discreta unidimensionale (cfr. Proposizione 2.2.4). Per definire queste propriet`a penseremo Rn dotato delle consuete operazioni di somma e prodotto per uno scalare e della seguente relazione di ordine parziale “≤”: se x, y ∈ Rn , allora x ≤ y se e solo se xk ≤ yk per ogni k = 1, . . . , n. Proposizione 4.3.4 Sia pX la densit`a di un vettore aleatorio n–dimensionale X che assume valori in un insieme al pi` u numerabile S con probabilit`a 1 (i.e. P (X ∈ S) = 1). Allora 1. 0 ≤ pX (x) ≤ 1 per ogni x ∈ Rn e pX (x) = 0 per ogni x 6∈ S; P 2. x∈S pX (x) = 1;

3. se FX `e la funzione di ripartizione di X allora X FX (x) = pX (y) ∀x ∈ Rn ; y∈S: y≤x

4. se B ⊂ Rn allora

P (X ∈ B) =

X

pX (x).

x∈B∩S

Dimostrazione La dimostrazione `e analoga a quella della Proposizione 2.2.4 e viene lasciata per esercizio al lettore. Un’applicazione particolarmente importante del punto 4. della Proposizione 4.3.4 riguarda il calcolo delle densit`a delle componenti Xi del vettore aleatorio discreto X dette densit` a marginali. Supponiamo che X = (X1 , . . . , Xn ) sia un vettore aleatorio n–dimensionale a valori in S con densit`a pX . Vogliamo calcolare la densit`a di X1 . A tal fine osserviamo che pX1 (x1 ) = P (X1 = x1 ) = P (X1 = x1 , X2 ∈ R, . . . , Xn ∈ R) = P (X ∈ B)

84

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

dove B := {x1 } × Rn−1 ; quindi pX1 (x1 ) =

X

x∈B∩S

pX (x) =

X

pX (x1 , x2 , . . . , xn ).

x2 ,...,xn

Esercizio 4.3.5 Fornire l’espressione della densit`a marginale della generica componente Xi del vettore X. Esercizio 4.3.6 Fornire l’espressione della densit`a congiunta delle prime due componenti X1 e X2 del vettore X. Alla luce delle definizioni ora introdotte, rienunciamo la Proposizione 4.1.6 nei seguenti termini: Proposizione 4.3.7 Le componenti di un vettore aleatorio discreto X = (X1 , . . . , Xn ) sono indipendenti se e solo se la densit`a di X coincide con il prodotto delle densit`a marginali pX1 , . . . , pXn di X1 , . . . , Xn , rispettivamente, cio`e pX = pX1 · · · pXn .

(4.3.1)

Esercizio 4.3.8 Dimostrare la Proposizione 4.3.7. Esempio 4.3.9 (Continuazione dell’Esempio 4.1.1) Il vettore aleatorio (X, Y ) dell’Esempio 4.1.1 soddisfa l’equazione (4.3.1).

4.4

Vettori aleatori assolutamente continui

In questa sezione introduciamo l’analogo multidimensionale del concetto di variabile aleatoria assolutamente continua. Definizione 4.4.1 (Vettori aleatori assolutamente continui) Un vettore aleatorio X n–dimensionale `e assolutamente continuo se esiste una funzione fX : Rn → R+ integrabile, tale che la funzione di ripartizione FX di X si pu`o scrivere come Z x1 Z xn FX (x) = ... fX (s1 , . . . , sn ) dsn · · · ds1 ∀x = (x1 . . . , xn ) −∞

−∞

fX prende il nome di densit`a del vettore aleatorio aleatorio assolutamente continuo X (o densit`a congiunta di X1 , . . . , Xn ). Per i vettori aleatori assolutamente continui e le loro densit`a valgono propriet`a analoghe a quelle delle variabili aleatorie assolutamente continue date nella Proposizione 2.4.4: Proposizione 4.4.2 Sia fX la densit`a di un vettore aleatorio n–dimensionale assolutamente continuo X. Allora

4.4. VETTORI ALEATORI ASSOLUTAMENTE CONTINUI 1.

Z

Rn

85

fX (x1 , . . . , xn ) dx1 · · · dxn = 1.

2. Se FX `e la funzione di ripartizione di X allora ∂ n FX (x) = fX (x) ∂x1 · · · ∂xn

per tutti gli x ∈ Rn tali che esiste la derivata parziale al primo membro; 3. se B ⊂ Rn `e un “dominio regolare” allora Z P (X ∈ B) = fX (x1 , . . . , xn ) dx1 · · · dxn B

Dimostrazione La dimostrazione `e analoga a quella della Proposizione 2.4.4 e viene lasciata come esercizio. Proposizione 4.4.3 Se fX `e la densit`a di un vettore aleatorio n–dimensionale assolutamente continuo X = (X1 , . . . , Xn ) allora Xi `e una variabile aleatoria assolutamente continua e la sua densit`a `e Z fXi (xi ) = fX (s1 , . . . , si−1 , xi , si+1 , . . . , sn ) ds1 · · · dsi−1 dsi+1 · · · dsn . Rn−1

Dimostrazione Per semplicit`a di notazioni, consideriamo il caso i = 1. Bisogna dimostrare che  Z x Z FX1 (x) = fX (s1 , . . . , sn ) ds2 · · · dsn ds1 −∞

Rn−1

che `e vero in quanto, se B := (−∞, x]×Rn−1 , allora per il punto 3. della Proposizione 4.4.2 abbiamo:  Z x Z fX (s1 , · · · , sn ) ds2 . . . dsn ds1 = P (X ∈ B) = −∞

Rn−1

= P (X1 ≤ x, X2 ∈ R, . . . , Xn ∈ R) = P (X1 ≤ x) = FX1 (x)

Le densit`a delle componenti di un vettore assolutamente continuo sono dette densit` a marginali. Esempio 4.4.4 (Densit` a uniforme sul cerchio) [Tratto da [1] ] Siano (X, Y ) le coordinate di un punto “scelto a caso” nel cerchio C di raggio r: C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ r 2 }. Questo significa che il vettore aleatorio (X, Y ) `e assolutamente continuo con densit`a costante su C e nulla al di fuori di C: ( a (x, y) ∈ C fX,Y (x, y) = 0 altrove.

86

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Dalla propriet`a 1. della Proposizione 4.4.2 segue che il valore della costante a deve essere tale che Z a dx dy = 1 C

cio`e a `e il reciproco dell’area del cerchio C: a = 1/(πr 2). Pertanto, se (X, Y ) `e un punto “scelto a caso” nel cerchio C, allora (X, Y ) `e un vettore aleatorio assolutamente continuo con densit`a 1 fX,Y (x, y) = 2 1C (x, y) . πr Calcoliamo ora le densit`a marginali fX , fY . Sia x ∈ (−r, r). Allora

q

−r

0

x

r 2 − x2

r

−

fX (x) =

Z

R

1 1C (x, y)dy = πr 2

Z

√

r 2 −x2

√ − r 2 −x2

q r 2 − x2

2 √ 2 1 dy = r − x2 . πr 2 r2π

Se invece x 6∈ (−r, r) allora fX (x) = 0. In definitiva, fX (x) =

2 √

r2π

r 2 − x2 1(−r,r) (x) .

Per motivi di simmetria vale anche che fY (y) =

2 p 2 r − y 2 1(−r,r) (y) . r2 π

Esercizio 4.4.5 (Continuazione dell’Esempio 4.1.8) Siano S, T i tempi di guasto rispettivamente del primo e del secondo componente introdotti nell’Esempio 4.1.8. Calcolare la probabilit`a che il primo componente si guasti prima del secondo. (S, T ) `e un vettore aleatorio bidimensionale a componenti indipendenti e continuo di densit`a fS,T (s, t) = µ2 eµ(s+t) 1(0,+∞)×(0,+∞) (s, t) .

4.5. FUNZIONI DI VETTORI ALEATORI

87

La probabilit`a richiesta `e P (S < T ) = P ((S, T ) ∈ A)

dove A = {(s, t) ∈ (0, +∞) × (0, +∞) : s < t}. Quindi: Z Z +∞ Z +∞ Z 2 −µs −µt P (S < T ) = fS,T (s, t) ds dt = µ e e dt ds = µ A

0

s

0

+∞

e−2µs ds =

1 . 2

Notiamo che la funzione di densit`a congiunta del vettore (S, T ) verifica la condizione: fS,T (s, t) = fS (s)fT (t) per ogni s, t > 0. Questo fatto `e comune a tutti i vettori aleatori assolutamente continui a componenti indipendenti. Si pu`o infatti dimostrare la seguente proposizione. Proposizione 4.4.6 Le componenti di un vettore aleatorio assolutamente continuo sono indipendenti se e solo se ammettono una densit`a congiunta che pu`o essere scritta come prodotto delle densit`a marginali. Esercizio 4.4.7 Dimostrare la Proposizione 4.4.6.

4.5

Funzioni di vettori aleatori

Siano X = (X1 , . . . , Xn ) un vettore aleatorio n–dimensionale e g = (g1 , . . . , gm ) : Rn → Rm una funzione vettoriale. Sia inoltre Y := g(X). Allora Y ha componenti Y1 = g1 (X1 , . . . , Xn ) Y2 = g2 (X1 , . . . , Xn ) .. . Ym = gm (X1 , . . . , Xn ) . Ci chiediamo: Y `e un vettore aleatorio? Come nel caso unidimensionale, se X `e vettore assolutamente continuo, allora sono necessarie alcune ipotesi sulla regolarit`a di g affinch´e Y sia vettore aleatorio, per esempio g continua a tratti. In questa sezione ci occupiamo di determinare, quando `e possibile, la densit`a di Y a partire da quella di X. In particolare, determiniamo la densit`a di somme di variabili aleatorie, a partire dalla loro densit`a congiunta. Al solito, trattiamo separatamente le funzioni di vettori aleatori discreti e assolutamente continui.

4.5.1

Funzioni di vettori aleatori discreti

Sia X un vettore aleatorio discreto con densit`a pX (x) e P (X ∈ S) = 1, con S al pi` u m numerabile. Consideriamo g : S → R e Y := g(X). Y `e chiaramente un vettore aleatorio discreto a valori in g(S) = {y = g(x), x ∈ S}, cio`e P (Y ∈ g(S)) = 1.

88

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI Per determinare la densit`a pY di Y osserviamo che per ogni y ∈ Rm :   [ pY (y) = P (Y = y) = P (g(X) = y) = P  {X = x} x∈S: g(x)=y

X

=

P (X = x) =

x∈S: g(x)=y

X

pX (x) .

x∈S: g(x)=y

Si noti che se y 6∈ g(S), la somma non contiene termini e si intende pY (y) = 0. Rimane cos`ı dimostrata la seguente proposizione. Proposizione 4.5.1 Sia X un vettore aleatorio discreto con densit`a pX (x) e P (X ∈ S) = 1 e sia g : S → Rm . Allora Y := g(X) `e un vettore aleatorio discreto tale che P (Y ∈ g(S)) = 1 e la densit`a di Y `e X pY (y) = pX (x) (4.5.1) x∈S: g(x)=y

Somme di variabili aleatorie discrete. In questo paragrafo deriviamo dalla Proposizione 4.5.1 una formula per densit`a di somme di variabili aleatorie discrete, nota la loro densit`a congiunta. Per maggiore semplicit`a espositiva, studiamo la somma di due variabili aleatorie, X1 + X2 . Il risultato si estende per ricorrenza alla somma di n variabili X1 + · · · + Xn . Sia (X1 , X2 ) un vettore aleatorio discreto con densit`a pX1 ,X2 (x1 , x2 ) e sia Y la variabile aleatoria somma data da Y = X1 + X2 . Segue dalla formula (4.5.1) che X X pX1 +X2 (y) = pX1 ,X2 (x1 , x2 ) = pX1 ,X2 (y − x2 , x2 ) . x1 ,x2 : x1 +x2 =y

x2

In particolare, se X1 , X2 sono indipendenti allora X pX1 +X2 (y) = pX1 (y − x2 )pX2 (x2 ) . x2

Esempio 4.5.2 (Somma di variabili aleatorie di Poisson indipendenti) Siano X1 , X2 variabili aleatorie indipendenti con densit`a di Poisson di parameri λ1 , λ2 , rispettivamente (Xi ∼ P(λi ) , i = 1, 2). La loro somma X1 + X2 `e una variabile aleatoria discreta che assume i valori 0, 1, . . . e per ogni k = 0, 1, . . . abbiamo P (X1 + X2 = k) =

k X j=0

=

k X j=0

pX1 ,X2 (k − j, j) = −λ1

e

j=0

pX1 (k − j)pX2 (j)

k   e−(λ1 +λ2 ) X k k−j j λ1k−j −λ2 λj2 e = λ λ2 (k − j)! j! k! j 1 j=0

−(λ1 +λ2 ) (λ1

=e

k X

+ λ 2 )k . k!

4.5. FUNZIONI DI VETTORI ALEATORI

89

Quindi X1 + X2 ∼ P(λ1 + λ2 ). Iterando il procedimento ora visto otteniamo che se X1 , . . . , Xn sono variabili aleatorie indipendenti con X1 ∼ P(λ1 ), . . . , Xn ∼ P(λn ), allora X1 + · · · + Xn ∼ P(λ1 + · · · + λn ). Esercizio 4.5.3 (Variabile binomiale come somma di bernoulliane indipendenti) Siano X1 , . . . , Xn n variabili aleatorie indipendenti con densit`a di Bernoulli di parametro p ∈ (0, 1). Dimostrate che X1 + · · · + Xn ∼ Bi(n, p). Esercizio 4.5.4 Siano X1 , . . . , Xk variabili aleatorie indipendenti con X1 ∼ Bi(n1 , p), . . . , Xk ∼ Bin(nk , p), p ∈ (0, 1). Dimostrate che X1 + · · · + Xk ∼ Bi(n1 + · · · + nk , p). Trasformazioni affini di vettori aleatori discreti Siano A una matrice n × n invertibile, b un vettore colonna di dimensione n (b ∈ Rn ), X un vettore aleatorio discreto n-dimensionale di densit`a pX e Y = AX + b. (I vettori X, e di conseguenza Y , qui vanno intesi come vettori colonna.) Per calcolare la densit`a di Y applichiamo (4.5.1) alla trasformazione biunivoca di Rn in Rn : g(x) = Ax + b con inversa g −1 (y) = A−1 (y − b). Poich´e g `e biunivoca otteniamo pY (y) = P (Y = y) = pX (A−1 (y − b)).

4.5.2

Funzioni di vettori aleatori assolutamente continui

Ci occupiamo ora di funzioni di vettori aleatori assolutamente continui. Siano X un vettore aleatorio n-dimensionale assolutamente continuo con densit`a fX e Y = g(X), con g : Rn → Rm . Come sopra accennato e diversamente dal caso di funzioni di vettori aleatori discreti, non `e detto che, applicando una funzione qualsiasi g a un vettore aleatorio assolutamente continuo X, la funzione g(X) sia ancora un vettore aleatorio. Perch´e Y sia un vettore aleatorio, g deve soddisfare opportune condizioni di regolarit`a, per esempio g continua a tratti. Se Y = g(X) `e un vettore aleatorio, per calcolare la funzione di ripartizione di Y `e sufficiente osservare che FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X) ≤ y) e applicare il punto 3. della Proposizione 4.4.22 . In questo modo riusciamo a esprimere FY (y) in funzione della densit`a di X come: Z FY (y) = P (X ∈ A) = fX (x) dx con A := {x : g(x) ≤ y} (4.5.2) A

Nel prossimo paragrafo useremo l’equazione (4.5.2) per studiare la somma di variabili aleatorie. 2

Ricordate che “≤” `e la seguente relazione di ordine parziale: se x, y ∈ Rm , allora x ≤ y se e solo se xk ≤ yk per ogni k = 1, . . . , m

90

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Somme di variabili aleatorie: caso di un vettore assolutamente continuo. Sia (X1 , X2 ) un vettore aleatorio assolutamente continuo con densit`a fX1 ,X2 . L’equazione (4.5.2) applicata alla funzione g(x1 , x2 ) = x1 +x2 fornisce per la funzione di ripartizione di X1 +X2 : Z FX1 +X2 (y) = fX1 ,X2 (x1 , x2 ) dx1 dx2 = =

Z

{(x1 ,x2 ): x1 +x2 ≤y} ∞ Z y−x1

fX1 ,X2 (x1 , x2 ) dx1 dx2

Z−∞ y −∞

−∞ Z ∞

−∞

fX1 ,X2 (x1 , x2 − x1 ) dx1



dx2

Quindi, X1 + X2 `e una variabile aleatoria assolutamente continua e ha densit`a Z +∞ fX1 ,X2 (x1 , y − x1 ) dx1 . fX1 +X2 (y) = −∞

Inoltre, se X1 , X2 sono indipendenti allora fX1 +X2 (y) =

Z

+∞ −∞

fX1 (x1 )fX2 (y − x1 ) dx1

(4.5.3)

Calcoliamo ora le densit`a delle somme di alcune variabili aleatorie indipendenti assolutamente continue. Esempio 4.5.5 (Somme di variabili aleatorie gaussiane indipendenti) Cominciamo sommando due variabili aleatorie Z1 , Z2 gaussiane indipendenti e a media nulla, cio`e Z1 ∼ N (0, σ12) e Z2 ∼ N (0, σ22). Segue dalla (4.5.3) che Z +∞ 2 (y−x)2 − x2− 1 2 2σ e 1 2σ2 dx fZ1 +Z2 (y) = 2πσ σ 1 2 −∞ Z +∞ y2 (x−ν)2 − 1 1 − 2τ 2(σ 2 +σ 2 ) 1 2 √ e =p e dx 2πτ 2π(σ12 + σ22 ) −∞

dove

ν := D’altro canto

Quindi

yσ12 σ12 + σ22 Z

e

+∞

−∞

√

τ :=

σ12 σ22 σ12 + σ22

(x−ν)2 1 e− 2τ dx = 1 2πτ

1

−

fZ1 +Z2 (y) = p e 2π(σ12 + σ22 )

y2 2(σ 2 +σ 2 ) 1 2

4.5. FUNZIONI DI VETTORI ALEATORI

91

cio`e Z1 + Z2 ∼ N (0, σ12 + σ22 ). Siano ora X1 , X2 due variabili aleatorie indipendenti con X1 ∼ N (µ1 , σ12 ) e X2 ∼ N (µ2, σ22 ). Allora X1 + X2 ha la stessa densit`a di (Z1 + Z2 ) + (µ1 + µ2 ), che `e trasformazione lineare della variabile aleatoria gaussiana Z1 + Z2 , come abbiamo appena dimostrato. Quindi: X1 + X2 ∼ N (µ1 + µ2 , σ12 + σ22 ). Iterando il procedimento ora visto otteniamo che se X1 , . . . , Xn sono variabili Pn alea2 torie e gaussiane con Xi ∼ N (µi, σi ), ∀ i = 1, . . . , n, allora i=1 Xi ∼ P Pindipendenti N ( ni=1 µi , ni=1 σi2 ). In breve: la somma di variabili aleatorie gaussiane indipendenti `e gaussiana di parametri la somma dei parametri. Esempio 4.5.6 Siano X1 , X2 due variabili aleatorie indipendenti entrambe con densit`a esponenziale di parametro µ > 0. Calcoliamo la densit`a di X1 + X2 . Applicando (4.5.3) abbiamo: (R y µe−µu µe−µ(y−u) du = µ2 e−µy y se y > 0 0 fX1 +X2 (y) = 0 se y ≤ 0 . Procedendo per induzione su n si pu`o dimostrare che se X1 , . . . , Xn sono variabili aleatorie indipendenti tali che Xi ∼ E(µ) ∀ i = 1, . . . , n, allora la densit`a di X1 + · · · + Xn `e fX1 +···+Xn (x) =

µn xn−1 e−µx 1(0,+∞) (x) (n − 1)!

(4.5.4)

Definizione 4.5.7 La densit`a (4.5.4) `e detta densit`a Gamma di parametri n e µ e scriveremo Γ(n, µ). Concludiamo questa sezione con la seguente proposizione sulle funzioni biunivoche di vettori aleatori assolutamente continui. Essa `e l’analogo della Proposizione 2.6.5 per funzioni di variabili aleatorie assolutamente continue. Proposizione 4.5.8 Siano U e V due insiemi aperti di Rn e sia g un’applicazione biunivoca da U su V differenziabile con continuit`a insieme alla sua inversa g −1 . Sia X un vettore aleatorio n–dimensionale assolutamente continuo con densit`a fX e tale che P (X ∈ U) = 1. Allora Y := g(X) `e un vettore aleatorio assolutamente continuo con densit` a data da   (4.5.5) fY (y) = 1V (y)fX [g −1 (y)] det J (g −1 (y)) dove J (g −1 (y)) indica la matrice jacobiana associata alla funzione g −1 calcolata in y:  ∂g−1 1 ∂y1 ∂g2−1 ∂y1

  J (g −1 ) =   ..  .

−1 ∂gn ∂y1

∂g1−1 ∂y2 ∂g2−1 ∂y2

.. .

−1 ∂gn ∂y2

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



∂g1−1 ∂yn ∂g2−1   ∂yn 

..  . 

−1 ∂gn ∂yn

92

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Esercizio 4.5.9 Dimostrare la precedente Proposizione per il caso di un vettore bidimensionale (X1 , X2 ) per cui U = V = R2 . (Usare l’Equazione 4.5.2). Esercizio 4.5.10 Il lettore scriva la formula (4.5.5) per n = 1 e la confronti con la formula (2.6.1) fornita nel caso di variabili aleatorie assolutamente continue. Esempio 4.5.11 (Trasformazioni affini di vettori aleatori assolutamente continui.) Siano A una matrice n × n invertibile, b un vettore colonna di Rn , X un vettore aleatorio (colonna) assolutamente continuo n-dimensionale di densit`a fX e Y = AX + b. Per calcolare la densit`a di Y possiamo applicare (4.5.5) alla trasformazione biunivoca di Rn in Rn : g(x) = Ax + b con inversa g −1 (y) = A−1 (y − b). Infatti tutte le ipotesi della Proposizione 4.5.8 sono soddisfatte e la densit`a fY di Y = AX + b risulta fY (y) = fX (A−1(y − b))| det(A−1 )|

(4.5.6)

Esercizio 4.5.12 Siano X1 , X2 due variabili aleatorie indipendenti e uniformi sull’intervallo (0, 1) e siano Y1 = X1 + X2 e Y2 = X1 − X2 . Verificate che il vettore aleatorio (Y1 , Y2 ) `e uniforme sul quadrato di vertici (0, 0), (1, 1), (2, 0), (1, −1).

4.6

*Vettori aleatori indipendenti

Siano X1 , . . . , Xn n variabili aleatorie indipendenti. Fissato m < n, consideriamo due funzioni g : Rm → Rk , h : Rn−m → Rl tali che W = g(X1 , . . . , Xm ) e Z = h(Xm+1 , . . . , Xn ) sono ancora vettori aleatori. ` facile mostrare che gli eventi esprimibili in termini di W e quelli esprimibili in termini di Z sono E indipendenti in quanto i primi dipendono soltanto da X1 , . . . , Xm e i secondi soltanto da Xm+1 , . . . , Xn che sono gruppi di variabili tra di loro tutte indipendenti. Per i vettori aleatori W , Z vale quindi che P (W ∈ A, Z ∈ B) = P (W ∈ A)P (Z ∈ B) per ogni scelta di domini regolari A ⊂ Rk e B ⊂ Rl . Alla luce di quanto fin qui detto, appare naturale la seguente definizione di vettori aleatori indipendenti: Definizione 4.6.1 Siano X1 , . . . , Xn n vettori aleatori definiti sullo stesso spazio di probabilit` a (Ω, F , P ) di dimensione rispettivamente m1 , . . . , mn . Diciamo che sono indipendenti se P (X1 ∈ B1 , . . . , Xn ∈ Bn ) = P (X1 ∈ B1 ) · · · P (Xn ∈ Bn )

(4.6.1)

per ogni scelta di domini regolari B1 ∈ Rm1 , . . . , Bn ⊂ Rmn . Per funzioni vettoriali di vettori aleatori indipendenti, si pu`o inoltre dimostrare la seguente proposizione. Proposizione 4.6.2 Siano X1 , . . . , Xn vettori aleatori indipendenti di dimensione rispettivamente m1 , . . . , mn e siano g1 , . . . , gn delle funzioni definite da g1 : Rm1 → Rk1 , . . . , gn : Rmn → Rkn . Allora i vettori aleatori Y1 = g1 (X1 ), . . . , Yn = gn (Xn ) sono indipendenti.

4.7. VALORE ATTESO DI FUNZIONI DI VETTORI ALEATORI

4.7

93

Valore atteso di funzioni di vettori aleatori

Sia X un vettore n–dimensionale, g : Rn → R una funzione a valori reali tale che Y = g(X) `e una variabile aleatoria. Analogamente al caso di funzioni di variabili aleatorie, possiamo calcolare E(Y ) evitando di determinare esplicitamente la densit`a di Y . Infatti la Proposizione 3.1.12 si estende al caso di variabili aleatorie definite come funzioni di vettori aleatori nel seguente modo: Proposizione 4.7.1 Sia X un vettore aleatorio discreto che assume P valori in S e ha denn sit`a pX . Siano g : R → R e Y := g(X) una variabile aleatoria. Se x∈S |g(x)|pX (x) < +∞, allora Y ammette valore atteso e X E(Y ) = g(x)pX (x). (4.7.1) x∈S

Sia X un vettore aleatorio assolutamente continuo con densit`a fX , g : Rn → R e Y = g(X) R una variabile aleatoria. Se Rn |g(x1 · · · xn )|fX (x1 , . . . , xn ) dx1 · · · dxn < +∞, allora Y ammette valore atteso e Z E(Y ) = g(x1 · · · xn )fX (x1 , . . . , xn ) dx1 · · · dxn . (4.7.2) Rn

Due interessanti applicazioni della precedente proposizione riguardano il calcolo di media e varianza della somma di variabili aleatorie.

Corollario 4.7.2 Siano X1 e X2 variabili aleatorie definite sul medesimo spazio di probabilit`a e che ammettono media. Allora anche X1 + X2 ammette media e E(X1 + X2 ) = E(X1 ) + E(X2 ). Dimostrazione Supponiamo che il vettore aleatorio (X1 , X2 ) sia assolutamente continuo con densit`a di probabilit`a fX1 ,X2 . Dalla disuguagliaza triangolare: |x + y| ≤ |x| + |y| discende Z Z Z |x + y|fX1,X2 (x, y) dx dy ≤ |x|fX1 ,X2 (x, y) dx dy + |y|fX1,X2 (x, y) dx dy R2Z R2 R2 Z = |x|fX1 (x) dx + |y|fX2 (y) dy < +∞ R

R

e quindi X1 + X2 ammette media. Applicando ora la Proposizione 4.7.1 a g(x, y) = x + y risulta: Z (x + y)fX1 ,X2 (x, y) dx dy E(X1 + X2 ) = 2   ZR Z Z Z = x fX1 ,X2 (x, y) dy dx + y fX1 ,X2 (x, y) dx dy R R R ZR Z = xfX1 (x) dx + yfX2 (y) dy = E(X1 ) + E(X2 ). R

R

La dimostrazione procede analogamente se X1 e X2 sono variabili aleatorie discrete.

94

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

` importante osservare che la media di X1 +X2 dipende soltanto dalle densit`a Nota 4.7.3 E marginali del vettore aleatorio (X1 , X2 ). In generale, la media della somma di n ≥ 2 variabili aleatorie X1 , . . . , Xn `e data dalla somma delle n medie: E(X1 + · · · + Xn ) = E(X1 ) + · · · + E(Xn ).

(4.7.3)

Corollario 4.7.4 Siano X1 e X2 variabili aleatorie indipendenti e che ammettono media. Allora anche X1 X2 ammette media e E(X1 X2 ) = E(X1 ) E(X2 ). Dimostrazione Supponiamo che X1 e X2 siano continue con densit`a rispettivamente fX1 e fX2 . Allora: Z Z Z Z |xy|fX1 (x)fX2 (y) dx dy = |x|fX1 (x) dx · |y|fX2 (y) dy < +∞ R

R

R

R

e E(X1 X2 ) esiste per la Proposizione 4.7.1 applicata alla funzione g(x, y) = xy. Inoltre, dalla Proposizione 4.7.1 discende che: Z Z Z Z E(X1 X2 ) = xyfX1 (x)fX2 (y) dx dy = xfX1 (x) dx · yfX2 (y) dy = E(X1 ) E(X2 ). R

R

R

R

Nota 4.7.5 Iterando il procedimento nella dimostrazione del Corollario 4.7.4 `e immediato verificare cheQse X1 , . . . , Xn sono n variabili indipendenti che ammettono media Qnaleatorie Q n allora anche i=1 Xi ammette media e E( i=1 Xi ) = ni=1 E(Xi ).

Occupiamoci ora del problema del calcolo della varianza della somma di variabili aleatorie. Corollario 4.7.6 Se X1 e X2 hanno varianza (finita), rispettivamente Var(X1 ) e Var(X2 ), allora anche X1 + X2 ha varianza finita e Var(X1 + X2 ) = Var(X1 ) + Var(X2 ) + 2 E[(X1 − E(X1 ))(X2 − E(X2 ))].

(4.7.4)

Inoltre, se X1 , X2 sono indipendenti allora Var(X1 + X2 ) = Var(X1 ) + Var(X2 )

(4.7.5)

Dimostrazione Poich´e ((X1 + X2 ) − E(X1 + X2 ))2 = [(X1 − E(X1 )) + (X2 − E(X2 ))]2 ≤ 2[(X1 − E(X1 ))2 + (X2 − E(X2 ))2 ], allora Var(X1 + X2 ) = E[((X1 + X2 ) − E(X1 + X2 ))2 ] = E[((X1 − E(X1 )) + (X2 − E(X2 )))2 ] ≤ 2[E(X1 − E(X1 ))2 + E(X2 − E(X2 ))2 ] = 2(Var(X1 ) + Var(X2 )). Quindi se X1 e X2 ammettono varianza, anche X1 + X2 la ammette. Var(X1 + X2 ) = E[((X1 − E(X1 )) + (X2 − E(X2 )))2 ] = E[(X1 − E(X1 ))2 + (X2 − E(X2 ))2 + 2(X1 − E(X1 ))(X2 − E(X2 ))] = E[(X1 − E(X1 ))2 ] + E[(X2 − E(X2 ))2 ] + 2 E[(X1 − E(X1 ))(X2 − E(X2 ))]

4.8. COVARIANZA, COEFFICIENTE DI CORRELAZIONE

95

[dove l’ultima eguaglianza deriva dal Corollario 4.7.2 applicato alla somma delle variabili (X1 − E(X1 ))2 , (X2 − E(X2 ))2 e (X1 − E(X1 ))(X2 − E(X2 ))] = Var(X1 ) + Var(X2 ) + 2 E[(X1 − E(X1 ))(X2 − E(X2 ))]. Per completare la dimostrazione, basta notare che se X1 , X2 sono indipendenti, allora, per la Proposizione 4.6.2, anche X1 − E(X1 ), X2 − E(X2 ) sono indipendenti e E[(X1 − E(X1 ))(X2 − E(X2 ))] = 0 in virt` u del Corollario 4.7.4. Esercizio 4.7.7 Si dimostri che la varianza della somma di n variabili aleatorie X1 , . . . , Xn `e data da: Var(X1 + · · · + Xn ) =

n X

Var(Xi ) + 2

i=1

n−1 X n X

i=1 j=i+1

E[(Xi − E(Xi ))(Xj − E(Xj ))]

(4.7.6)

Esempio 4.7.8 Sia X ∼ Bi(n, p). Sappiamo dall’Esercizio 4.5.4 che la variabile aleatoria X ha la stessa densit`a della somma di n variabili aleatorie –chiamiamole X1 , . . . , Xn – indipendenti con densit`a di Bernoulli di parametro p. Allora ritroviamo ! n n n X X X Xi = E(Xi ) = p = np [per il Corollario 4.7.2] E(X) = E i=1

Var(X) = Var

n X

Xi

i=1

!

i=1

=

n X

i=1

Var(Xi ) =

i=1

n X i=1

p(1 − p) = np(1 − p),

dove l’ultima eguaglianza deriva dall’indipendenza fra le X1 , . . . , Xn e dall’equazione (4.7.6).

4.8

Covarianza, Coefficiente di correlazione

Abbiamo visto che se X1 , . . . , Xn sono variabili aleatorie con varianza finita allora: Var(X1 + · · · + Xn ) =

n X i=1

Var(Xi ) + 2

n−1 X n X

i=1 j=i+1

E[(Xi − E(Xi ))(Xj − E(Xj ))]

Gli addendi nell’ultima sommatoria sono di per s`e rilevanti in probabilit`a. Quindi introduciamo la seguente Definizione 4.8.1 Siano X1 , X2 due variabili aleatorie definite sul medesimo spazio di probabilit`a e che ammettono varianza. Si definisce covarianza di X1 , X2 il numero Cov(X1 , X2 ) = E[(X1 − E(X1 ))(X2 − E(X2 ))] . Se 0 < Var(X1 ), 0 < Var(X2 ), si definisce coefficiente di correlazione di X1 , X2 il numero: Cov(X1 , X2 ) ρX1 ,X2 = p . Var(X1 ) Var(X2 )

96

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Osserviamo che la covarianza di X1 e X2 `e ben definita per variabili aleatorie X1 , X2 con varianza finita. Infatti, sappiamo dal Corollario 4.7.6 che se X1 , X2 hanno varianza finita, anche la varianza di X1 + X2 `e finita ed `e data da Var(X1 + X2 ) = Var(X1 ) + Var(X2 ) + 2 Cov(X1 , X2 ) Segue che necessariamente anche Cov(X1 , X2 ) `e un numero (finito). Covarianza e coefficiente di correlazione godono delle propriet`a elencate nella seguente proposizione. Proposizione 4.8.2 Siano X1 , X2 , X3 variabili aleatorie con varianza finita e a, b ∈ R. Allora 1. Cov(X1 , X2 ) = Cov(X2 , X1 ); 2. Cov(aX1 , X2 ) = a Cov(X1 , X2 ); 3. Cov(X1 + X2 , X3 ) = Cov(X1 , X3 ) + Cov(X2 , X3 ); 4. Cov(X1 , X2 ) = E(X1 X2 ) − E(X1 ) E(X2 ); 5. se X1 , X2 sono indipendenti allora Cov(X1 , X2 ) = 0; 6. |ρX1 ,X2 | ≤ 1 e |ρX1 ,X2 | = 1 se e solo se esistono a, b ∈ R tali che P (X2 = aX1 +b) = 1. Inoltre in tal caso: a=

Cov(X1 , X2 ) Var(X1 )

e

b = E(X2 ) −

E(X1 ) Cov(X1 , X2 ) . Var(X1 )

Dimostrazione Le propriet`a 1.–5. seguono immediatamente dalle propriet`a della media e la dimostrazione viene lasciata per esercizio al lettore. La dimostrazione della propriet`a 6. `e mutuata da [12], pag. 329 e si basa sulle propriet`a della varianza. Siano σ12 , σ22 le varianze di X1 , X2 , rispettivamente. Allora     Var(X1 ) Var(X2 ) X1 X2 X1 X2 + = + + 2 Cov , 0 ≤ Var σ1 σ2 σ12 σ22 σ1 σ2 σ2 σ2 Cov (X1 , X2 ) = 12 + 22 + 2 [per il punto 2.] σ1 σ2 σ1 σ2 = 2(1 + ρX1 ,X2 ) da cui otteniamo ρX1 ,X2 ≥ −1 .

Inoltre, 

X1 X2 − 0 ≤ Var σ1 σ2



=

Var(X1 ) Var(X2 ) Cov (X1 , X2 ) = 2(1 − ρX1 ,X2 ) + −2 2 2 σ1 σ2 σ1 σ2

4.8. COVARIANZA, COEFFICIENTE DI CORRELAZIONE

97

e quindi ρX1 ,X2 ≤ 1 . Per dimostrare la seconda parte della propriet`a 6., osserviamo che ρX1 ,X2 = 1 se e solo se Var (X1 /σ1 − X2 /σ2 ) = 0. Segue quindi dalle propriet`a della varianza che   E(X1 ) E(X2 ) X1 X2 − = − ρX1 ,X2 = 1 se e solo se P = 1. σ1 σ2 σ1 σ2 Inoltre, ρX1 ,X2 = 1 se e solo se Cov(X1 , X2 ) = σ1 σ2 e quindi ρX1 ,X2 = 1 se e solo se X2 = E(X2 ) +

Cov(X1 , X2 ) (X1 − E(X1 )) σ12

Invece, per ρX1 ,X2 = −1 valgono le seguenti equivalenze che compleano la dimostrazione: ρX1 ,X2 = −1 se e solo se Cov(X1 , X2 ) = −σ1 σ2 se e solo se Var (X1 /σ1 + X2 /σ2 ) = 0 se e solo se P (X1 /σ1 + X2 /σ2 = E(X1 )/σ1 + E(X2 )/σ2 ) = 1 se e solo se X2 = E(X2 ) +

Cov(X1 , X2 ) (X1 − E(X1 )) . σ12

Nota 4.8.3 Il punto 6. della proposizione precedente illustra un noto risultato della teoria della regressione lineare: esiste un legame di tipo lineare fra le variabili aleatorie X1 e X2 (cio`e X2 = aX1 + b) se e solo se ρ(X1 , X2 ) = ±1, inoltre ρ(X1 , X2 ) = −1 implica Cov(X1 , X2 ) < 0 e a < 0 mentre ρ(X1 , X2 ) = 1 implica Cov(X1 , X2 ) > 0 e a > 0. Nota 4.8.4 La propriet`a 5. non pu`o essere invertita come mostra il seguente controesempio: Esempio 4.8.5 Sia X1 una variabile aleatoria discreta con densit`a uniforme su {−1, 0, 1} e sia X2 = X12 . Allora E(X1 ) = 0 in quanto X1 `e una variabile aleatoria simmetrica e E(X1 X2 ) = E(X13 ) = (−1)3 /3 + 13 /3 = 0, da cui Cov(X1 , X2 ) = 0. Ma, chiaramente, X1 e X2 non sono indipendenti. Esercizio 4.8.6 Dimostrate che Cov(X, a) = 0 e Cov(X + a, Y ) = Cov(X, Y ) per ogni a ∈ R. Esercizio 4.8.7 Siano X1 , . . . , Xm e Y1 , . . . , Yn variabili aleatorie che ammettono varianza e a1 , . . . , am , b1 , . . . , bn ∈ R. Dimostrate che ! m n m X n X X X Cov ai Xi , bj Yj = ai bj Cov(Xi , Yj ) . i=1

j=1

i=1 j=1

98

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Esempio* 4.8.8 Da un’urna contenente b biglie bianche e r rosse, si estraggono n biglie senza rimpiazzo e X rappresenta il numero di biglie bianche pescate. Allora X ha densit`a ipergeometrica X ∼ Iperg(b + r, r, n):  b r  (k)(n−k) k = 0 ∨ (n − r), . . . , b ∧ n (b+r n ) pX (k) = 0 altrove.

Per calcolare media e varianza di X possiamo procedere analiticamente, calcolando esplicitamente E(X) =

b∧n X

k

k=0∨(n−r)

b k




r n−k
b+r n




e

2

E(X ) =

b∧n X

k2

k=0∨(n−r)




r b k n−k
b+r n




.

Il conto `e fattibile, e il lettore appassionato di propriet`a dei coefficienti binomiali `e invitato ad eseguirlo come esercizio. Noi daremo qui un procedimento pi` u “probabilistico”. Supponiamo che le biglie siano estratte sequenzialmente e definiamo le variabili X1 , . . . , Xn come ( 1 se la i–esima biglia `e bianca Xi = 0 se la i–sima biglia `e rossa, ovviamente X = X1 + · · · + Xn . Per calcolare E(X) osserviamo che: E(X) = E(X1 + · · · + Xn ) = E(X1 ) + · · · + E(Xn ), quindi ci baster` a calcolare E(X1 ), . . . , E(Xn ). Poich´e ognuna delle variabili Xi assume solo i valori 0 e 1 (le Xi sono cio`e variabili di Bernoulli) abbiamo che E(Xk ) = P (Xk = 1), e ci siamo ricondotti a calcolare P (Xk = 1). A tal fine pensiamo di numerare le b + r biglie contenute nell’urna in modo tale che le biglie numerate con i numeri 1, . . . , b siano bianche e quelle numerate con i numeri b + 1, . . . , b + r siano rosse. In questo senso possiamo pensare ad ogni risultato del nostro esperimento aleatorio di n estrazioni di biglie dall’urna, come a un punto nello spazio degli eventi elementari Ω := {(x1 , x2 , . . . , xn ) : xi = 1, . . . , b + r, ∀i = 1, . . . , n, e xi 6= xj se i 6= j} . Chiaramente ogni sequenza di biglie ha la stessa probabilit`a di essere estratta, cio`e Ω `e uno spazio equiprobabile finito, e le probabilit` a possono essere calcolate come casi favorevoli su casi possibili. Per i casi possibili si ha |Ω| = (b + r)(b + r − 1) · · · · · (b + r − n + 1) in quanto la prima biglia pu` o essere scelta in b + r modi e, per ogni scelta della prima, la seconda seconda pu`o essere scelta in b + r − 1 modi etc. Per i casi favorevoli all’evento Xi = 1, osserviamo che questo si verifica se e solo se l’i–esima biglia pescata `e bianca. Quindi fissiamo l’i–esima biglia in b modi, e poi fissiamo le rimanenti n − 1 biglie in (b + r − 1) · · · · · (b + r − n + 1) modi. In definitiva: P (Xi = 1) =

b(b + r − 1)(b + r − 2) · · · · · (b + r − n + 1) b = . (b + r)(b + r − 1) · · · · · (b + r − n + 1) b+r

Segue che E(Xi ) = b/(b + r) per ogni i = 1, . . . , n da cui E(X) = nb/(b + r). Il risultato P (X1 = 1) = P (X2 = 1) = · · · = P (Xn = 1) `e in un certo senso stupefacente; si potrebbe infatti pensare che poich´e l’estrazione dall’urna della prima biglia modifica il contenuto dell’urna, la probabilit`a che alla seconda estrazione venga estratta una biglia bianca debba essere necessariamente differente dalla probabilit` a di ottenere bianca alla prima estrazione. Cos`ı non `e e il lettore che non si fidasse della precedente deduzione `e invitato a calcolare P (X2 = 1) mediante la formula delle probabilit`a totali: P (X2 = 1) = P (X2 = 1|X1 = 0)P (X1 = 0) + P (X2 = 1|X1 = 1)P (X1 = 1).

4.8. COVARIANZA, COEFFICIENTE DI CORRELAZIONE

99

Per quanto riguarda la varianza di X osserviamo che Var(X) = Var(X1 + · · · + Xn ) = Poich´e Xi ∼ Be(b/(b + r)) si ha Var(Xi ) =

b b+r

n X

Var(Xi ) +

Cov(Xi , Xj ).

i6=j

i=1

 1−

X

b b+r



.

Ci rimane ora da calcolare Cov(Xi , Xj ) = E(Xi Xj ) − E(Xi ) E(Xj ) per i 6= j. Poich´e Xi Xj 6= 0 se e solo se Xi = 1 e Xj = 1 e in tal caso Xi Xj = 1, allora E(Xi Xj ) = P (Xi = 1, Xj = 1). Contiamo ora i casi favorevoli all’evento “l’i–esima e la j–esima biglia sono bianche”. Abbiamo b modi di scegliere l’i–esima biglia, per ognuno dei quali ne abbiamo b − 1 di scegliere la j–esima. Possiamo disporre le rimanenti b + r − 2 in (b + r − 2) · · · · · (b + r − n + 1) modi. In definitiva: b(b − 1)(b + r − 2)(b + r − 3) · · · · · (b + r − n + 1) (b + r)(b + r − 1) · · · · · (b + r − n + 1) b(b − 1) = (b + r)(b + r − 1)

P (Xi = 1, Xj = 1) =

e Cov(Xi , Xj ) =

b(b − 1) b2 − . (b + r)(b + r − 1) (b + r)2

Quindi     b nb b2 b(b − 1) 1− + (n2 − n) − b+r b+r (b + r)(b + r − 1) (b + r)2   nbr n−1 = 1− . (b + r)2 b+r−1

Var(X) =

4.8.1

Matrice di covarianza

Siano X1 , . . . , Xn n variabili aleatorie che ammettono varianza. Per ciascuna coppia (Xi , Xj ), (i 6= j) calcoliamo la covarianza Cov(Xi , Xj ) e organizziamo tutte le covarianze in una matrice. Definizione 4.8.9 Sia X = (X1 , . . . , Xn ) un vettore aleatorio n–dimensionale tale che siano definite Var(X1 ), . . . , Var(Xn ). Si chiama matrice di covarianza di X la matrice n × n CX = (cij )i,j=1,...,n il cui elemento di posto (i, j) `e cij = Cov(Xi , Xj ). Proposizione 4.8.10 Sia CX la matrice di covarianza di un vettore aleatorio X. Allora 1. CX `e una matrice simmetrica e semidefinita positiva3. 2. Se A = (aij )i,j `e una matrice m × n e b `e un vettore di dimensione m allora la matrice di covarianza di Y = AX + b `e CY = ACX AT 3

Una matrice B n × n `e semidefinita positiva se ∀ x ∈ Rn non identicamente nullo xT Bx ≥ 0.

(4.8.1)

100

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Dimostrazione 1. CX `e una matrice simmetrica in quanto cij = Cov(Xi , Xj ) = Cov(Xj , Xi ) = cji. Sia λ = (λ1 , . . . , λn )T un vettore di Rn . Allora, per i = 1, . . . , m e j = 1, . . . , n: ! n X n n X n X X λi λj (Xi − E(Xi ))(Xj − E(Xj )) λT CX λ = λi λj cij = E i=1 j=1

i=1 j=1

=E

n X i=1

λi (Xi − E(Xi ))2

!

≥0.

2. Se le componenti di X hanno varianza finita, allora anche le componenti di Y = AX + b hanno varianza finita e quindi ha senso considerarne la matrice di covarianza CY . Sia e cij l’elemento di posto (i, j) di CY . Allora ! n n n X n X X X aik Xk + bi , ajl Xl + bj = aik ajl Cov(Xk , Xl ) e cij = Cov(Yi, Yj ) = Cov k=1

l=1

k=1 l=1

T

`e l’elemento di posto i, j della matrice ACX A .

Esempio* 4.8.11 (Continuazione dell’Esempio 4.8.8) Sia (X1 , . . . , Xn ) il vettore introdotto nell’Esempio 4.8.8. Allora, la matrice di covarianza di (X1 , . . . , Xn ) `e   1 1 1 1 − b+r−1 − b+r−1 · · · − b+r−1 1 1  − 1 1 − b+r−1 · · · − b+r−1 br   b+r−1 C= ·   . .. (b + r)2   1 1 1 − b+r−1 − b+r−1 − b+r−1 ··· 1

La matrice di covarianza sar`a particolarmente utile nella Sezione 4.10 dedicata ai vettori gaussiani.

4.9

*Funzione generatrice dei momenti

La nozione di funzione generatrice dei momenti che abbiamo visto nel caso di variabili aleatorie pu` o essere data anche per vettori aleatori n–dimensionali, (X1 , . . . , Xn ). Definizione 4.9.1 Sia X = (X1 , . . . , Xn ) un vettore aleatorio per il quale esiste un “rettangolo” aperto di Rn J = J1 × · · · × Jn contenente 0 = (0, . . . , 0) tale che et1 X1 +···+tn Xn ammette media per ogni t = (t1 , . . . , tn ) in J. Allora la funzione mX (t) := E(et1 X1 +···+tn Xn ) definita (almeno) per ogni t ∈ I `e detta funzione generatrice dei momenti di X. Da mX si possono ottenere le funzioni generatrici marginali di X1 , . . . , Xn , mX1 , . . .,mXn . Infatti, mX (t1 , 0, . . . , 0) = E(et1 X1 ) = mX1 (t1 ) e, analogamente, mX (0, . . . , 0, ti , 0, . . . , 0) = E(eti Xi ) = mXi (ti ). Non enunceremo qui altre propriet` a delle funzioni generatrici dei momenti di vettori aleatori. Ricordiamo solamente due fondamentali risultati: il primo stabilisce una corrispondenza biunivoca fra funzioni di ripartizione e funzioni generatrici dei momenti, il secondo caratterizza la nozione di indipendenza tra variabili aleatorie mediante la funzione generatrice dei momenti.

4.9. *FUNZIONE GENERATRICE DEI MOMENTI

101

Proposizione 4.9.2 Siano X e Y due vettori aleatori che ammettono funzione generatrice dei momenti mX , mY , rispettivamente e siano FX la funzione di ripartizione di X e FY quella di Y . Allora FX = FY se e solo se mX = mY . Proposizione 4.9.3 Sia X = (X1 , . . . , Xn ) un vettore aleatorio che ammette funzione generatrice dei momenti mX e siano mXi le funzioni generatrici dei momenti marginali. Allora le componenti di X sono indipendenti se e solo se mX = mX1 . . . mXn . Esercizio 4.9.4 Siano X, Y due variabili aleatorie indipendenti che hanno funzione generatrice dei momenti mX , mY , rispettivamente. Dimostrate che la somma X +Y ammette anche essa funzione generatrice dei momenti ed `e data da mX+Y (s) = mX (s)mY (s).

102

4.10

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Vettori gaussiani

Le variabili aleatorie gaussiane o normali costituiscono probabilmente la pi` u importante famiglia di variabili aleatorie che abbiamo incontrato nel corso. La loro importanza risiede nel fatto che, come vedremo nella Sezione 4.11.2 sul Teorema del limite centrale, la densit`a normale `e in un certo senso una “densit`a naturale universale” e pu`o essere osservata in vari campi delle scienze naturali. In questa sezione, estendiamo la nozione di variabili aleatorie gaussiane al caso dei vettori aleatori. Analogamente al caso undimensionale, iniziamo introducendo la nozione di vettore normale standard o gaussiano standard multivariato. In quanto segue, i vettori saranno vettori colonna e “T ” indicher`a l’operazione di trasposizione di matrici. Definizione 4.10.1 Il vettore aleatorio Z = (Z1 , Z2 , . . . , Zn )T `e gaussiano standard n– dimensionale, o n–variato, se le variabili aleatorie Z1 , Z2 , . . . , Zn sono variabili aleatorie gaussiane standard indipendenti. Un vettore aleatorio Z = (Z1 , Z2 , . . . , Zn )T gaussiano standard n-dimensionale `e quindi assolutamente continuo ed ha densit`a fZ (z1 , z2 , . . . , zn ) =

P 1 2 − 12 n k=1 zk . n e (2π) 2

Infatti segue dall’indipendenza delle Z1 , . . . , Zn che 2 2 P z1 zn 1 1 1 2 − 21 n k=1 zk . fZ (z1 , z2 , . . . , zn ) = fZ1 (z1 ) · · · · · fZn (zn ) = √ e− 2 · · · · · √ e− 2 = n e (2π) 2 2π 2π

Nota 4.10.2 Otteniamo facilmente il vettore delle medie e la matrice di covarianza di un vettore gaussiano standard n-dimensionale Z, osservando che, per definizione, le n componenti di Z sono indipendenti e gaussiane standard. Quindi il vettore delle medie di Z `e il vettore nullo e la matrice di covarianza di Z `e la matrice identit`a di dimensione n, I. Definiamo un vettore aleatorio gaussiano X n-dimensionale come funzione lineare di un vettore gaussiano standard Z. Definizione 4.10.3 Un vettore aleatorio n–dimensionale X `e gaussiano (o gaussiano n– dimensionale o normale) se esistono una matrice A n × m, µ ∈ Rn e un vettore gaussiano standard m–dimensionale Z, tali che X = AZ + µ. Calcoliamo il vettore delle medie e la matrice di covarianze di X. Se X = AZ + µ con Z ∼ N (0, I), segue dalla linearit`a della media che E(X) = A E(Z) + µ = 0 + µ = µ. Invece, in virt` u del punto 2. della Proposizione 4.8.10, la covarianza di X `e data da T T AIA = AA . Notate che AAT `e simmetrica e semidefinita positiva, come deve essere ogni matrice di covarianza.

4.10. VETTORI GAUSSIANI

103

Nota 4.10.4 La Definizione 4.10.3 `e estremamente concisa in quanto abbiamo utilizzato il linguaggio delle matrici. Poich´e, alle volte, questa semplicit`a formale pu`o nasconderne il significato, riscriviamo quanto detto nella Definizione 4.10.3 utilizzando il linguaggio delle coordinate: (X1 , X2 , . . . , Xn ) `e gaussiano se esistono delle costanti ah k , bh ∈ R, per h = 1, 2, . . . , n e k = 1, 2, . . . , m tali che X1 = a1 1 Z1 + a1 2 Z2 + · · · + a1 m Zm + µ1 X2 = a2 1 Z1 + a2 2 Z2 + · · · + a2 m Zm + µ2 .. . Xn = an 1 Z1 + an 2 Z2 + · · · + an m Zm + µn dove Z1 , Z2 , . . . , Zm sono variabili aleatorie gaussiane standard indipendenti. Nota 4.10.5 Osserviamo che nella definizione di vettore aleatorio gaussiano n-dimensionale nessuna restrizione `e posta nella scelta della matrice A e del vettore µ. Per esempio la matrice A potrebbe avere prima riga nulla, cio`e a1 k = 0 ∀k, e seconda riga con componenti tutte diverse da zero. Se questo `e il caso, allora la prima componente X1 `e una costante cio`e X1 = µ1 , mentre X2 = a2 1 Z1 + a2 2 Z2 + · · · + a2 m Zm + µ2 `e una variabile aleatoria assolutamente continua e gaussiana in quanto somma di variabili aleatorie gaussiane indipendenti (cfr. Esempio 4.5.5). ` quindi chiaro che non sempre un vettore gaussiano n-dimesionale ha densit`a di proE babilit`a fX su Rn . Altrimenti tutte le sue componenti sarebbero assolutamente continue come stabilito nella Proposizione 4.4.3. Tuttavia, in alcuni casi, un vettore gaussiano n-dimensionale X ha densit`a in Rn . Consideriamo, per esempio, il caso di una matrice A quadrata, n × n invertibile, Z gaussiano standard n-dimensionale e X = AZ + µ. Se A `e invertibile, il vettore aleatorio gaussiano X `e una trasformazione affine di Rn in s´e e segue dall’Esempio 4.5.11 che X `e assolutamente continuo con densit`a 1 1 1 −1 T −1 = e− 2 [A (x−µ)] [A (x−µ)] = n | det(A)| (2π) 2 | det(A)| 1 1 1 1 T T −1 −1 T T −1 = e− 2 (x−µ) (A ) A (x−µ) = e− 2 (x−µ) (AA ) (x−µ) . n n (2π) 2 | det(A)| (2π) 2 | det(A)|

fX (x) = fZ (A−1x − A−1 µ)

Osservando che det(AAT ) = det(A)2 , otteniamo che la densit`a di X ∼ N (µ, AAT ) `e fX (x) = p

1 n

(2π) det(AAT )

1

T (AAT )−1 (x−µ)

e− 2 (x−µ)

(4.10.1)

Notate che la densit`a (4.10.1) dipende soltanto dal vettore delle medie µ e dalla matrice di covarianza C := AAT che in questo caso `e simmetrica e definita positiva. 4 4

Cio`e tale che ∀ x ∈ Rn non identicamente nullo xT Cx > 0.

104

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

In realt`a questo non `e l’unico caso in cui c’`e una densit`a su Rn . Infatti si pu`o dimostrare il seguente risultato per A non necessariamente quadrata: Proposizione 4.10.6 Un vettore gaussiano X = AZ + µ ha densit`a su Rn se e solo se la matrice di covarianza C = AAT `e non singolare. In questo caso la densit`a `e data da 1 1 T −1 e− 2 (x−µ) C (x−µ) . fX (x) = p n (2π) det(C)

(4.10.2)

Nota 4.10.7 Si pu`o dire di pi` u: supponiamo che X sia un vettore aleatorio assolutamente continuo che ha densit`a data in (4.10.2) con C matrice simmetrica e definita positiva. Allora `e possibile estrarre la radice di C, cio`e esiste una matrice invertibile A tale che C = AAT . Sia ora Z = A−1 (X − µ). Per calcolare la densit`a di Z usiamo ancora la formula nell’equazione (4.5.6) da cui otteniamo 1 | det(A)| T T −1 e− 2 (Az+µ−µ) (AA ) (Az+µ−µ) fZ (z) = fX (Az + µ)| det(A)| = p n (2π) det(AAT ) 1 T 1 e− 2 z z =p n (2π)

cio`e Z `e gaussiano standard; inoltre chiaramente X = AZ + µ. Questo ci dice che se abbiamo un vettore aleatorio n-dimensionale assolutamente continuo con densit`a (4.10.2), dove µ ∈ Rn e C `e una matrice simmetrica e definita positiva, allora X `e un vettore gaussiano di media µ e matrice di covarianza C. Nel prossimo esempio, sviluppiamo la densit`a gaussiana bivariata per esteso. Esempio 4.10.8 (Densit`  ma bivariata) Sia X = (X1 , X2 ) gaussiano  con a 2gaussiana µ1 σ1 σ1 2 . La con σ12 σ22 > 0 e vettore delle medie µ = trice di covarianza C = µ2 σ1 2 σ22 matrice C `e invertibile se e solo se det(C) > 0, cio`e   σ12 2 2 2 2 2 det(C) = σ1 σ2 − σ1 2 σ1 2 = σ1 σ2 1 − 2 2 = σ12 σ22 (1 − ρ21 2 ) > 0 σ1 σ2 dove ρ1 2 `e il coefficiente di correlazione tra X1 e X2 (quindi ρ21 2 6= 1); inoltre,  2  1 σ2 −σ1 2 −1 C = 2 2 σ12 σ1 σ2 (1 − ρ21 2 ) −σ1 2 e (x − µ)T C −1 (x − µ) =  2   1 σ2 −σ1 2 x1 − µ1 = 2 2 (x1 − µ1 , x2 − µ2 ) = −σ1 2 σ12 x2 − µ2 σ1 σ2 (1 − ρ21 2 ) " 2    2 #  x1 − µ1 x2 − µ2 x2 − µ2 x1 − µ1 1 + . − 2ρ1 2 = 1 − ρ21 2 σ1 σ1 σ2 σ2

4.10. VETTORI GAUSSIANI

105

Segue che la densit`a gaussiana bivariata `e fX1 X2 (x1 , x2 ) =

2πσ1 σ2

1 p

−

1−

ρ21 2

e

1 2(1−ρ2 ) 12

»“

x1 −µ1 σ1

”2

−2ρ1 2

“

x1 −µ1 σ1

”“

x2 −µ2 σ2

” “ ”2 – x −µ + 2σ 2 2

.

Concludiamo la sezione fornendo alcune delle principali propriet`a dei vettori aleatori gaussiani. Proposizione 4.10.9 Sia X = AZ + µ un vettore gaussiano n–dimensionale, e sia C = AAT la matrice di covarianza di X. Allora valgono le seguenti propriet`a. 1. Se cii > 0 allora la componente i-esima Xi `e gaussiana con Xi ∼ N (µi, cii ). Se invece cii = 0, allora P (Xi = µi ) = 1. 2. Se G `e una matrice k × n, e h ∈ Rk allora Y := GX + h `e gaussiano con vettore delle medie Gµ + h e matrice di covarianza GCGT . 3. Se X1 , . . . , Xn sono scorrelate allora sono anche indipendenti. Dimostrazione 1. Per quanto discusso nella Nota 4.10.4, ogni Xi si pu`o esprimere come combinazione lineare di variabili aleatorie gaussiane indipendenti pi` u una costante. Segue da quanto svolto nell’Esempio 4.5.5 che anche Xi `e gaussiana o costante. 2. GX + h = G(AZ + µ) + h = (GA)Z + (Gµ + h). (Notate che possiamo ottenere il risultato 1. anche da 2. per particolari scelte di G e h). 3. Dimostriamo questo punto nel caso in cui la matrice di covarianza sia invertibile e quindi X abbia densit`a su Rn . Se X1 , . . . , Xn sono scorrelate la matrice di covarianza C di X `e una matrice diagonale e la diagonale `e costituita dalle varianze σ12 , . . . , σn2 di X1 , . . . , Xn . Allora la densit`a di X `e fX (x) = p =p

1 n

(2π) det(C) 1

1

T C −1 (x−µ)

e− 2 (x−µ) − 12

e

Pn

(2π)n σ12 · · · σn2 n Y x −µ 1 − 21 ( iσ i )2 i p e = 2 2πσ i i=1 n Y = fXi (xi ), i=1

e quindi le Xi sono indipendenti.

i=1 (

xi −µi 2 ) σi

106

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Esercizio 4.10.10 Sia X = (X1 , . . . , Xn )T un vettore gaussiano con vettore delle medie µ e matrice di covarianza C. Mostrare che, per ogni scelta di a1 , . . . an numeri reali di cui almeno uno diverso da 0, a1 X1 + · · · + an Xn `e una variabile aleatoria assolutamente continua gaussiana e determinarne i parametri. Esercizio 4.10.11 Sia X = (X1 , . . . , Xn )T un vettore gaussiano con vettore delle medie µ e matrice di covarianza C. Usando la propriet`a 2. della Proposizione 4.10.9, mostrare che ogni vettore aleatorio (Xi , Xj ) (i 6= j) estratto da X `e un vettore gaussiano bidimensionale e determinarne i parametri. Esercizio 4.10.12 Sia X = (X1 , . . . , Xn )T un vettore gaussiano con vettore delle medie µ e matrice di covarianza C. Mostrare che se Xi , Xj sono scorrelate, allora sono anche indipendenti.

4.11

Teoremi limite per somme di variabili aleatorie

4.11.1

Legge dei grandi numeri

Lanciamo un numero elevato n di volte una moneta (cio`e consideriamo un esperimento ripetibile infinite volte) e consideriamo la frequenza relativa di testa negli n lanci: X1 + · · · + Xn n dove Xi vale 1 se il risultato della i–esima prova `e testa, 0 altrimenti. Se la moneta non `e truccata ci aspettiamo che, salvo in casi eccezionali, questa frequenza sia sempre pi` u vicina ad 1/2, al crescere di n. Tale risultato `e confermato dalla “Legge dei grandi numeri”. Si parla di Legge debole dei grandi numeri e di Legge forte dei grandi numeri. La prima `e una conseguenza immediata della diseguaglianza di Chebychev: Proposizione 4.11.1 (Legge debole dei grandi numeri) Sia X1 , X2 , . . . una successione di variabili aleatorie indipendenti ed identicamente distribuite (i.i.d.) con media µ e varianza σ 2 finite. Sia Sn = X1 + · · · + Xn . Allora, per ogni  > 0   Sn lim P − µ >  = 0. n→∞ n Dimostrazione Poich´e le Xi sono i.i.d. allora

Var(Sn ) = n Var(X1 ) = nσ 2 da cui 1 σ2 Sn 2 Var( ) = 2 nσ = n n n

4.11. TEOREMI LIMITE PER SOMME DI VARIABILI ALEATORIE

107

e E(

Sn ) = µ. n

Segue dalla diseguaglianza di Chebychev che per ogni  > 0   Sn σ2 P − µ >  ≤ 2 → 0 (n → +∞) n n

Date n variabili aleatorie X1 , . . . , Xn si chiama media campionaria di X1 , . . . , Xn la quan¯ tit`a (X1 + · · · + Xn )/n e la si indica con
Xn . Equivalentemente, la Legge debole dei grandi ¯ numeri afferma che P Xn − µ ≤  → 1 per n → +∞; quindi, essa mette in evidenza che, pur partendo da un esperimento aleatorio costituito da prove ripetute del quale poco si pu`o predire ad ogni prova (le prove sono indipendenti), facendo le medie di tali prove si ottiene un esperimento il cui risultato pu`o essere predetto con un elevato grado di certezza. In realt`a vale un risultato “pi` u forte” la cui dimostrazione `e pi` u laboriosa. Proposizione 4.11.2 Sia X1 , X2 , . . . una successione di variabili aleatorie i.i.d. con media finita µ. Allora Sn (ω) = µ}) = 1. P ({ω : lim n→+∞ n In pratica la legge forte applicata all’esempio dei lanci di una moneta dice che per “quasi tutte” le successioni di risultati X1 , X2 , . . . la frequenza relativa di testa Sn /n converge al trucco p della moneta. Esempio 4.11.3 (Metodo di integrazione Monte Carlo) Sia h una funzione contiR1 nua su [0, 1]. Vogliamo calcolare in modo approssimato 0 h(x) dx. Esistono molte formule di quadratura, ma la tecnica Monte Carlo `e una delle pi` u semplici. Inoltre, anche se pu`o non risultare il miglior metodo per funzioni su [0, 1], si estende facilmente e diventa competitiva nel caso di integrali multidimensionali. Infatti, nei metodi numerici “tradizionali”, l’errore di approssimazione dipende dalla dimensione, mentre ci`o non accade nel caso del metodo Monte Carlo. I generatori di numeri casuali in ogni libreria di sistema producono valori le cui propriet`a si avvicinano alle realizzazioni di variabili aleatorie i.i.d. con densit`a uniforme su (0,1) e rendono implementabile il metodo Monte Carlo basato sul seguente corollario alla Legge forte dei grandi numeri: R1 Corollario 4.11.4 Sia h una funzione su [0, 1] con 0 |h(x)| dx < +∞. Siano U1 , U2 , . . . variabili aleatorie i.i.d. con densit`a uniforme su [0, 1]. Allora ! Z 1 n 1X P I1n := h(Uj ) → h(x) dx, n → +∞ = 1 n j=1 0

108

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

` sufficiente osservare che le variabili aleatorie h(U1 ), h(U2 ), . . . sono i.i.d. Dimostrazione E R1 con media finita 0 h(x) dx ed applicare la Legge forte dei grandi numeri. R1 Il metodo Monte Carlo consiste nell’approssimare 0 h(x) dx con I1n per n “grande”.. Per ogni n fissato, la bont`a dell’approssimazione pu`o essere valutata tramite ! R1 R1 n 2 h(x) dx)2 h (x) dx − ( 1X 0 . h(Uj ) = 0 Var(I1n ) = Var n j=1 n Al fine di ridurre la varianza, il metodo delle “variabili antitetiche” approssima il valore dell’integrale mediante n 1 X (h(Ui ) + h(1 − Ui )). I2n := 2n i=1 Esercizio 4.11.5 1.

Mostrare che  Z P lim I2n = n→+∞

2. 3.

0

1

 h(x) dx = 1.

Calcolare Var(I2n ). Dedurre che Var(I2n ) ≤ Var(I1n ).

4.11.2

Teorema centrale del limite

Consideriamo n variabili aleatorie X1 , . . . , Xn i.i.d. con media µ e varianza σ 2 , entrambe finite. Abbiamo visto nella precedente sezione che per n “grande”, la media campionaria ¯ n approssima in un opportuno senso la media µ: X ¯ n ' µ. X

  ¯ n ∼ N µ, σ2 , Se inoltre X1 , . . . , Xn sono gaussiane, allora `e immediato verificare che X n e quindi siamo in grado di valutare probabilisticamente la “dispersione” dei valori assunti ¯ n intorno a µ: ad esempio, osservando che da X √ ¯ n(Xn − µ) ∼ N (0, 1), σ otteniamo  √  √  √ 
n n n ¯ n − µ| ≤ δ = Φ δ −Φ − δ = 2Φ δ −1 P |X σ σ σ

che si calcola usando le tavole della ripartizione gaussiana standard. In questa sezione presenteremo una versione semplice del Teorema centrale del limite (o Teorema del limite centrale) il cui significato euristico `e il seguente: la media campionaria di un numero n, sufficientemente grande, di variabili aleatorie i.i.d., di media µ e varianza σ 2 finite ha una funzione di ripartizione che `e approssimativamente gaussiana di media µ e varianza σ 2 /n.

4.11. TEOREMI LIMITE PER SOMME DI VARIABILI ALEATORIE

109

Teorema 4.11.6 Sia X1 , X2 , . . . una successione di variabili aleatorie i.i.d. con media µ e varianza σ 2 , con 0 < σ 2 < +∞. Allora per ogni x ∈ R:  Z x √ ¯ 1 −u2 n(Xn − µ) √ e 2 du = Φ(x). ≤x = (4.11.1) lim P n→+∞ σ 2π −∞ Il teorema pu`o essere interpretato nel modo seguente: pur √ di prendere un numero elevato ¯ n − µ)/σ, cio`e della standi variabili nella successione, la funzione di ripartizione di n(X ¯ n , `e approssimabile con quella gaussiana standard. dardizzata della media campionaria X Quindi, per quanto visto sulle standardizzate di variabili aleatorie gaussiane, approssima¯ n ha funzione di ripartizione gaussiana di media µ e varianza σ 2 /n. La bont`a tivamente X dell’approssimazione dipende dal numero di variabili aleatorie sommate e dalla forma della funzione di ripartizione delle variabili aleatorie di cui si fa la media. Equivalentemente, l’enunciato del teorema centrale del limite pu`o essere dato in termini di somme di variabili aleatorie i.i.d.. Infatti √ √ ¯ √ X − µ)) Sn − nµ ¯ n − µ)/σ = n( n( √ n n(X = √ nσ nσ ¯ n coincide con quella di Sn . Quindi, sotto le ipotesi del teorema cio`e la stardardizzata di X centrale del limite:   Z x Sn − nµ 1 −u2 √ √ e 2 du = Φ(x). lim P ≤x = n→+∞ nσ 2π −∞ Poich´e diverse variabili aleatorie di uso comune si possono rappresentare come somma di numerose variabili i.i.d., allora il teorema centrale del limite pu`o essere usato per approssimare le vere funzioni di ripartizione di queste variabili. Ad esempio, gli errori di misura si possono rappresentare come somma di un numero elevato di singoli termini (errori elementari), ciascuno dei quali `e dovuto ad una causa, non dipendente dalle altre. Quali che siano le funzioni di ripartizione degli errori elementari, le peculiarit`a di queste non si manifestano nella somma di un gran numero di termini e la funzione di ripartizione della somma `e vicina alla funzione di ripartizione gaussiana. Seguono alcuni esempi di applicazione del teorema centrale del limite. Esempio 4.11.7 Nel Capitolo 3 abbiamo discusso la possibilit`a di approssimare la funzione di ripartizione binomiale con quella gaussiana, sulla base del Teorema 3.6.1 di De Moivre Laplace. Effettivamente, il Teorema 3.6.1 di De Moivre Laplace `e un caso particolare del teorema centrale del limite. In realt`a esso rappresenta una prima versione del teorema centrale del limite. Infatti, una variabile aleatoria binomiale Bi(n, p) ha la stessa densit`a della somma di n variabili aleatorie i.i.d.di Bernoulli di parametro p ∈ (0, 1). Rimandiamo all’Esempio 3.6.4 per la discussione sulla bont`a della approssimazione. Invece, per quanto concerne la correzione di continuit`a, pu`o essere utile ricordare qui come si apporta nel caso di una somma di variabili aleatorie indipendenti a valori interi (ma non necessariamente bernoulliane).

110

CAPITOLO 4. VETTORI ALEATORI

Se X1 , . . . , Xn sono variabili aleatorie Pn i.i.d. discrete e a valori interi con comune media 2 µ e comune varianza σ > 0, Sn = j=1 Xj ed n `e grande, la correzione di continuit`a si apporta nel seguente modo:   r + 0.5 − nµ √ , P (Sn ≤ r) ' Φ nσ 2 per ogni r intero. Esempio 4.11.8 Sia X una variabile aleatoria di Poisson di parametro λ = 100. Calcolare un valore approssimato di P (X < 110). La variabile aleatoria X ∼ P(100) ha la stessa densit`a della somma di 100 variabili aleatorie Y1 , . . . , Y100 i.i.d.∼ P(1); queste variabili aleatorie sono discrete a valori interi e hanno media e varianza pari a 1. Quindi, per il teorema centrale del limite, la fdr P(100) si pu`o approssimare con la fdr N (100, 100). Inoltre, l’approssimazione `e migliore con la correzione di continuit`a. In particolare: P (X < 110) = P (X ≤ 109) = P

100 X

=P P

P100

j=1

Yj ≤ 109

100 X j=1

!

=

Yj ≤ 109.5

!

109.5 − 100 j=1 Yj − 100 ≤ 10 10

= !

'Φ



109.5 − 100 10



' 0.8289

Senza la correzione di continuit`a, un valore approssimato di P (X < 110) `e dato da Φ ((109 − 100)/10) ' 0.8159. (Il valore esatto di P (X < 110) `e 0.82944.) Esempio 4.11.9 P Siano U1 , . . . , U147 variabili aleatorie indipendenti e uniformi sull’intervallo (0, 2) e S = 147 j=1 Uj . Calcolare un valore approssimato di P (S < 161). In quanto somma di variabili aleatorie i.i.d. assolutamente continue, anche S `e assolutamente continua da cui P (S < 161) = P (S ≤ 161). Inoltre E(S) = 147 × E(U1 ) = 147 e Var(S) = 147 Var(U1 ) = 147/3 √ = 49. Per il teorema centrale del limite, la funzione di ripartizione di √ (S
− E(S))/ Var S converge a Φ. Quindi, P (S < 161) = FS (161) ' Φ (161 − 147)/ 49 = Φ(2) ' 0.9772. (Qui non serve la correzione di continuit`a perch´e S `e gi`a continua...)

Appendice A Richiami di analisi matematica La presente appendice ha il solo scopo di richiamare alcune nozioni di teoria degli insiemi, algebra lineare e analisi. Per le dimostrazioni si rimanda a [10, Volumi 1 e 2].

A.1

Richiami di teoria degli insiemi

Dato un insieme Ω siano A, B e C sottoinsiemi di Ω; ∅ rappresenta l’insieme vuoto. Definizione A.1.1 Ac : L’insieme complementare di A (rispetto a Ω) `e l’insieme di tutti gli elementi che sono in Ω ma non in A; Vale che (Ac )c = A: il complementare del complementare di A `e A; A ∪ B : L’ unione di A e B `e l’insieme degli elementi che appartengono o ad A o a B o ad entrambi; A ∩ B : L’ intersezione di A e B `e l’insieme degli elementi che appartengono sia ad A che a B; A \ B = A ∩ B c : La differenza di B da A `e l’insieme degli elementi di A che non appartengono a B; A 4 B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B) : La differenza simmetrica di A e B `e l’insieme costituito dagli elementi di A che non appartengono a B e da quelli di B che non appartengono ad A. Cio`e l’insieme degli elementi che appartengono ad A o a B ma non ad entrambi. Le operazioni insiemistiche di unione, intersezione e complemento godono delle propriet`a elencate in Tabella A.1:

A-1

A-2

APPENDICE A. RICHIAMI DI ANALISI MATEMATICA

Propriet`a commutativa associativa distributiva di inclusione

unione A∪B =B∪A A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) A ⊆ B se e solo se A ∪ B = B A∪Ω=Ω A∪∅=A A∪A=A A ∪ Ac = Ω Leggi di De Morgan (A ∪ B)c = Ac ∩ B c

intersezione A∩B = B∩A A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) A ⊆ B se e solo se A ∩ B = A A∩Ω= A A∩∅ =∅ A∩A= A A ∩ Ac = ∅ (A ∩ B)c = Ac ∪ B c

Tabella A.1: Alcune propriet`a di unione, intersezione e complemento

A.2

Alcuni limiti notevoli

Il numero e limx→+∞ (1 + λx )x = eλ ∀λ ∈ R

A.3 A.3.1

Calcolo integrale Propriet` a dell’integrale

1. Linearit` a dell’operatore integrale Siano f e g due funzioni definite su [a, b] ed ivi R integrabili. Allora cf + g `e integrabile su [a, b] per ogni c ∈ R e (cf (x) + g(x))dx = R R c f (x)dx + g(x)dx.

2. Monotonia Siano f e g dueR funzioni definite su [a, b] ed ivi integrabili. Se f (x) ≤ g(x) R per ogni x ∈ [a, b], allora f (x)dx ≤ g(x)dx.

3. Se Rf (x) `e una funzione pari (f (x) = f (−x) ∀x ≥ 0) integrabile su [−a, a], allora Ra a f (x)dx = 2 0 f (x)dx. −a

5. Se Rf (x) `e una funzione dispari (f (x) = −f (−x) ∀x ≥ 0) integrabile su [−a, a], allora a f (x)dx = 0; −a Rb

6. Se a = b allora

A.3.2

a

f (x)dx = 0.

Regole di integrazione

Integrazione per parti Z

a

b 0

f (x)g (x)dx = f (b)g(b) − f (a)g(a) −

Z

b

f 0 (x)g(x)dx a

A.3. CALCOLO INTEGRALE

A-3

f `e detto fattore finito e g 0(x)dx fattore differenziale. Per brevit`a spesso si usa f (x)g(x)]ba = f (b)g(b) − f (a)g(a) Integrazione per sostituzione Se f (x) `e una funzione continua su [a, b] e ϕ(x) `e una funzione continua, derivabile con continuit`a e invertibile, allora Z d Z ϕ−1 (d) f (x)dx = f (ϕ(x))ϕ0 (x)dx c

ϕ−1 (c)

per ogni a ≤ c < d ≤ b

A.3.3

Alcuni integrali immediati

Utilizzando il metodo di integrazione per parti o per sostituzione si verifichi che: Z b dx = b − a ∀ − ∞ < a < b < +∞ (A.3.1) a Z b 1 ∀a < b < +∞ e λ 6= 0 (A.3.2) e−λx dx = (e−λa − e−λb ) λ a Z +∞ 1 e−λx dx = in particolare, se λ > 0, allora λ 0 Z b 1 e−λb 1 e−λa (a + ) − (b + ) ∀λ>0 (A.3.3) xe−λx dx = λ λ λ λ a R +∞ in particolare 0 xe−λx dx = λ12 Z

+∞

x2 e−λx dx =

0

Z

2 λ3

∀λ>0

b

1 dx = arctan(b) − arctan(a) 2 a (1 + x ) R +∞ 1 in particolare −∞ (1+x 2 ) dx = 1 Z

+∞

−∞

Z

(A.3.4)

+∞

−∞

(A.3.5)

−x2 1 √ xe 2 dx = 0 2π

x2 1 √ x2 e− 2 dx = 2 2π

Dimostriamo ora che

(NB: la funzione integranda `e dispari) Z

0

(A.3.6) +∞

x2 1 √ x2 e− 2 dx = 1 2π

Z

+∞ −∞

x2 1 √ e− 2 dx = 1 2π

(A.3.7)

(A.3.8)

A-4

APPENDICE A. RICHIAMI DI ANALISI MATEMATICA

Si osservi che `e equivalente verificare che Z +∞ 1 2 x2 √ e− 2 dx = 1 2π −∞

Procediamo nel seguente modo: Z +∞ 1 2 Z +∞ Z +∞ 1 x2 +y2 2 − x2 √ e dx = e− 2 dxdy 2π 2π −∞ −∞ −∞ e in coordinate polari (x = ρ cos(θ), y = ρ sin(θ)) Z +∞ Z 2π 1 − ρ2 = e 2 ρdθdρ 2π 0 0 Z 2π  Z +∞ 2 1 − ρ2 e ρ dθ dρ = 2π 0 0 2 +∞ − ρ2 =1 = −e 0

A.4

Successioni e serie

Somma dei primi numeri naturali e dei loro quadrati n X

n(n + 1) j= 2 j=1

n X

j2 =

j=1

n(n + 1)(2n + 1) 6

Serie telescopiche, Serie di Mengoli Serie telescopica: Serie di Mengoli:

∞ X

k=0 ∞ X

(ak − ak+1 ) = lim

k=1

n→+∞

n X k=0

(ak − ak+1 ) = lim (a0 − an+1 ) n→+∞

 ∞  X 1 1 1 1 = lim (1 − = − )=1 n→+∞ n(n + 1) k=0 n n + 1 n+1

Serie geometrica Si ha n X j=0

qj

1 − q n+1 1−q

q 6= 1

da cui derivano per la serie geometrica di ragione q  1  +∞ = 1−q X q j = +∞   j=0 indeterminata

∈ (0, 1) i seguenti risultati: se |q| < 1 se q ≥ 1 altrimenti

A.4. SUCCESSIONI E SERIE

A-5

Serie esponenziale +∞ n X x n=0

n!

= ex

∀x∈R

Derivazione e serie P+∞ Teorema A.4.1 Consideriamo la serie di funzioni n=1 fn (x) e supponiamo che per ogni n ≥ 1 la funzione f sia derivabile sull’intervallo aperto (a, b), con derivata f 0 . Se n P+∞ P+∞ 0 n (x) converge in (a, b) e la serie n=1 n=1 fn (x) converge uniformemente su (a, b), alPf+∞ lora n=1 fn (x) e derivabile su (a, b) e la derivata della serie coincide con la serie delle derivate. P x−1 per p ∈ (0, 1) Esempio A.4.2 Calcoliamo il valore delle serie +∞ x=1 x(1 − p) ∞ X x=1

x(1 − p)

x−1

∞ ∞ X X d d x = (−1)(1 − p) = (−1) (1 − p)x dp dp x=1 x=1   1 1 d −1 = 2 =− dp 1 − (1 − p) p

A-6

APPENDICE A. RICHIAMI DI ANALISI MATEMATICA

Appendice B Calcolo combinatorio B.1

Introduzione

Il calcolo combinatorio `e costituito da una serie di tecniche che consentono di contare il numero di elementi di un dato insieme senza enumerarli esplicitamente. L’importanza che le tecniche di calcolo combinatorio hanno per il calcolo delle probabilit`a risiede nel fatto che nel caso di spazi equiprobabili finiti, il problema di calcolare la probabilit`a di un dato evento viene ridotto al conteggio dei modi in cui si pu`o verificare l’evento.

B.2

Disposizioni e permutazioni

Sia E un insieme finito o collezione di oggetti e |E| la cardinalit`a di E. Supponiamo che |E| > 0. Definizione B.2.1 Si chiamano disposizioni senza ripetizione (o semplici) di E di classe (o ordine) r ≤ |E| le r–uple ordinate di elementi di E senza ripetizioni. In particolare, le disposizioni senza ripetizione di ordine |E| sono dette permutazioni. Si chiamano disposizioni con ripetizione di E di classe r, con r ∈ N, le stringhe di r elementi di E. La definizione dice che le disposizioni semplici di classe r ≤ |E| sono {(a1 , . . . , ar ) : ak ∈ E, ah 6= ak ∀ h 6= k, h, k = 1, . . . , r} , mentre le disposizioni con ripetizione di classe r ∈ N di E sono {(a1 , . . . , ar ) : ak ∈ E, k = 1, . . . , r} . Esempio B.2.2 Sia E = {a, b, c}, allora |E| = 3 e: 1. le disposizioni senza ripetizione di classe 2 di E sono (a, b), (a, c), (b, a), (b, c), (c, a), (c, b); B-7

B-8

APPENDICE B. CALCOLO COMBINATORIO

2. le disposizioni con ripetizione di classe 2 di E sono (a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c); 3. le permutazioni (o disposizioni senza ripetizione di classe 3) di E sono (a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, c, a), (c, a, b) e (c, b, a). Nell’esempio B.2.2 possiamo contare direttamente quante sono le disposizioni di un dato ordine semplicemente elencandole. Le cose invece si complicano se aumenta la cardinalit`a dell’insieme. Esempio B.2.3 Elencare tutte le disposizioni con o senza ripetizione di ordine 4 e tutte le permutazioni di E = {a, b, c, d, e}. Da qui la necessit`a di contare senza elencare. Per le disposizioni semplici vale la seguente proposizione: Proposizione B.2.4 Il numero (n)r di disposizioni senza ripetizione di ordine r ≤ n di un insieme di n elementi `e dato da (n)r = n(n − 1) · · · (n − r + 1). Dimostrazione Per elencare le disposizioni semplici, possiamo procedere nel seguente modo: la prima posizione della stringa pu`o essere occupata da uno qualsiasi degli n elementi disponibili. Per ogni scelta della prima posizione, rimangono n − 1 elementi diversi fra cui scegliere per la seconda (perch´e non posso scegliere lo stesso elemento). Mentre, per il terzo elemento abbiamo n − 2 scelte per ognuna delle n(n − 1)1 scelte delle prime 2 posizioni e cos`ı via. Infine, fissata una fra le n(n − 1) · · · (n − (r − 2)) possibili scelte per le prime r − 1 posizioni, per l’r-esimo elemento abbiamo soltanto n − r + 1 scelte. In totale otteniamo n(n − 1)(n − 2) · · · (n − r + 1) possibili scelte. Dalla proposizione precedente (prendendo n = r) discende direttamente:

Corollario B.2.5 Il numero P (n) di permutazioni di un insieme di n elementi `e dato da: P (n) = n(n − 1) · · · 2 · 1. Risulta comoda la seguente notazione: Definizione B.2.6 Se n ∈ N indichiamo con il simbolo n!, ( fattoriale) il numero: n! := n(n − 1) · · · 2 · 1; poniamo inoltre 0! := 1. 1`

E ovvio che se il primo elemento pu` o essere scelto in n modi ed il secondo pu`o essere scelto in n − 1 modi per ciascuno dei modi con il quale scelgo il primo, ottengo n(n − 1) modi di scegliere primo e secondo elemento.

B.3. COMBINAZIONI

B-9

Con la precedente definizione otteniamo: (n)r =

n! (n − r)!

e

P (n) = n!

Per quanto riguarda le disposizioni con ripetizione la cosa `e ancora pi` u semplice: Proposizione B.2.7 Le disposizioni con ripetizione di ordine r di un insieme di n elementi son nr . Esempio B.2.8 Dimostrare la Proposizione B.2.7.

B.3

Combinazioni

Definizione B.3.1 Sia E un insieme finito. Ogni sottoinsieme di E di cardinalit`a r ≤ |E| `e detto combinazione di classe r di E. La definzione afferma che le combinazioni di un insieme E sono {F : F ⊂ E}. Esempio B.3.2 Se E = {a, b, c}, allora 1. le combinazioni di E di classe 2 sono {a, b}, {a, c}, {b, c}; 2. la combinazione di E di classe 3 `e {a, b, c} = E. Per contare il numero di combinazioni di classe r di n elementi, basta osservare che ogni fissata combinazione d`a luogo a r! disposizioni semplici di classe r. Quindi se C(n, r) indica il numero di combinazioni di classe r di un insieme di n elementi, allora   n n! = (n)r = r!C(n, r) da cui C(n, r) = r!(n − r)! r
Il simbolo nr `e detto coefficiente binomiale e si legge n sopra r. Abbiamo dimostrato che: Proposizione B.3.3 Il numero di combinazioni di classe r di n elementi `e   n C(n, r) = r

Esempio B.3.4   8·7 8! 8 = = 28 = 2!6! 2·1 2

  5! 5 5! = = = 1. 0 0!5! 1 · 5!

Esempio B.3.5 In quanti modi si possono estrarre 10 carte da un mazzo di 40? Dato un insieme E costituito dalle 40 carte, ogni presa di
10 carte corrisponde a un sottoinsieme di cardinalit`a 10, quindi il numero cercato `e 40 = 847660528. 10

B-10

B.4

APPENDICE B. CALCOLO COMBINATORIO

Esercizi

Esercizio B.4.1 Dimostrare che

n   X n k=0

k

= 2n

senza usare la formula del binomio di Newton. Esercizio B.4.2 Verificare che

    n n = . r n−r

Esercizio B.4.3 In quanti modi 7 persone possono disporsi (a) su 7 sedie allineate? (b) Attorno ad un tavolo circolare? Soluzione (a) Sono i modi di ordinare 7 oggetti (permutazioni), cio`e 7!. (b) Se consideriamo i posti intorno al tavolo numerati, allora si hanno 7! modi di sedersi. Se per`o consideriamo che la posizione relativa delle persone rispetto al tavolo `e ininfluente, cio`e consideriamo due configurazioni equivalenti se si ottengono mediante una rotazione “rigida” attorno al tavolo, si vede che il numero di configurazioni possibili diventano: 7!/7 = 6!.

Esercizio B.4.4 Quante parole di lunghezza ≤ 10 si possono formare con un alfabeto binario. Soluzione Con un alfabeto binario si possono formare 2 parole di lunghezza 1, 2 × 2 = 22 parole di lunghezza 2, . . . , 2n parole di lunghezza n (cfr. Proposizione B.2.7). In definitiva ci sono 211 − 1 2 + 22 + · · · + 210 = − 1 = 2(210 − 1) = 2046. 2−1 parole di lunghezza minore od uguale a 10. Esercizio B.4.5 Le tessere del domino sono marcate con 2 numeri. Le tessere sono simmetriche (cio`e le coppie non sono ordinate). Quante sono le tessere che si ottengono utilizzando i numeri 1, . . . , n?
Soluzione Le tessere del domino con i due
numeri differenti sono n2 ; quelle in cui i due numeri sono uguali sono n, in totale sono n2 + n.

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