SOLUZIONI DEL TEST DI PREPARAZIONE ALLA 2a PROVA

1
SOLUZIONI DEL TEST DI PREPARAZIONE ALLA 2a
PROVA INTERMEDIA
Esercizio 0.1 Le v.c. X e Y possono assumere solo i valori 0 e 1 (ad es.
ingresso ed uscita di un canale di comunicazione binario). Sapendo che
• X è una v.c. di Bernoulli con p = 1/2;
• P (Y = 1|X = 0) = ε e P (Y = 0|X = 1) = 2ε, con (0 < ε < 1/2),
si chiede:
a) Ricavare in funzione di ε, la distribuzione di probabilità congiunta
pik = P (X = i, Y = k), (i, k = 0, 1), la distribuzione marginale di Y , le
medie E(X) ed E(Y ) e la covarianza Cov(X, Y );
b) Esaminare se esistono valori di ε per i quali X e Y risultino non
correlate.
Soluzione
I dati del problema sono
µ ¶
1
2
cioè X è una v.c. di Bernoulli che ha probabilità 1/2. Quindi
X ∼ Be
P (X = 0) = P (X = 1) =
1 da cui
1
1
1
⇒ E(X) = 0 · + 1 · =
2
2
2
2
Inoltre, dai dati del problema, abbiamo che
P (Y
z
ε
}|
{
= 1|X = 0) = ε ⇒ P (Y = 0|X = 0)+ P (Y = 1|X = 0)= 1
⇒ P (Y = 0|X = 0) = 1 − ε
ove il secondo passaggio si spiega tenendo conto che la v.c. Y può assumere solo i
valori 0 e 1.
Allo stesso modo
P (Y = 0|X = 1) = 2ε ⇒ P (Y = 1|X = 1) = 1 − 2ε
2
CASO a) Con questo materiale ”preliminare” possiamo rispondere alla prima
domanda. Ricordiamo, dapprima, che
def.
pi,k = P (X = i, Y = k) = P (Y = k|X = i) · P (X = i)
i, k = 0, 1
In base a questa si ha, allora,
1−ε
2
ε
= P (Y = 1|X = 0) · P (X = 0) =
2
p00 = P (Y = 0|X = 0) · P (X = 0) =
p01
ε
=ε
2
1 − 2ε
p11 = P (Y = 1|X = 1) · P (X = 1) =
2
Per quanto riguarda la distribuzione marginale di Y ricordiamo che essa è data da
p10 = P (Y = 0|X = 1) · P (X = 1) = 2 ·
1+ε
2
che si ottiene, cioè, tenendo fissato il valore Y = 0 e sommando le probabilità al
variare di x (cioè per X = 0 e X = 1). Analogamente
P (Y = 0) = p00 + p10 =
1−ε
2
Per le medie ragioniamo cosı̀. E(X) la conosciamo già e vale
P (Y = 1) = p01 + p11 =
1
2
E(X) =
Invece E(Y ) è data da
X
1−ε
2
ossia la somma dei prodotti dei valori che assume la Y per le probabilità marginali
di Y .
La covarianza σ XY si calcola usando la ben nota
1 − 2ε 1 − ε
1 − 3ε
σ XY = E(XY ) − E(X)E(Y ) =
−
=
(1)
2
4
4
essendo 1
1 − 2ε
E(XY ) = α11 = x0 y0 p00 + x0 y1 p01 + x1 y0 p10 + x1 y1 p11 = 1 · 1 · p11 =
2
E(Y ) =
1
Si ricordi che
yi pY (yi ) = 0 · P (Y = 0) + 1 · P (Y = 1) =
αk,s = E(X k Y s ) =
XX
i
j
xki yis pij
3
CASO b) Le v.c. sono non correlate se σ XY = 0 e questo si ha dalla (1) se
1 − 3ε = 0 =⇒ ε =
1
3
Esercizio 0.2 Le v.a. X, Y hanno densità congiunta

 e−y
1  −x
e
fXY (x, y) =
2

0 ≤ x ≤ y < +∞
0 ≤ y ≤ x < +∞
0 altrove
a) Ricavare le densità marginali di X e Y , le loro speranze matematiche
e varianze;
b) Ricavare la covarianza σ XY ed il coefficiente di correlazione.
Soluzione
Ricordiamo, preliminarmente, che
+∞
Z
fX (x) =
fXY (x, y)dy
−∞
Nel nostro caso (si tenga conto della figura 1 per determinare il dominio su cui
integrare...)
1 −x Z x
1 Z ∞ −y
1 −x
(1 + x)e−x
−x
fX (x) = e
dy +
e dy = (xe + e ) =
2
2 x
2
2
0
In modo del tutto analogo si trova
fY (y) =
(1 + y)e−y
2
Ora calcoliamo le speranze matematiche di X e Y . Si ha
E(X) =
Z ∞
0
xfX (x)dx =
∞
1Z
1 Z ∞ 2 −x
1
3
−x
xe +
x e dx = (1 + 2) = ≡ E(Y )
2
2 0
2
2
0
Per le varianze si ha, dapprima,
2
E(X ) =
Z ∞
0
∞
2+6
1Z 2
(x + x3 )e−x dx =
=4
x fX (x)dx =
2
2
2
0
4
y>x
y
y=x
-y
e
e
O
y<x
-x
x
Figura 1: Il dominio in cui è definita la funzione densità assegnata
Ne segue che
σ 2X = E(X 2 ) − E(X)2 = 4 −
9
7
= ≡ σ 2Y
4
4
Per calcolare σ XY calcoliamo, dapprima,
∞
ZZ
E(XY ) =
xyfXY (x, y)dxdy =
−∞
∞
∞
0
0

Z x
Z
Z y
1 Z
=  xe−x dx
ydy + ye−y dy
xdx = 3
2
0
0
Allora
σ XY = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 3 −
9
3
=
4
4
Infine, il coefficiente di correlazione è dato da
rXY =
3/4
3
σ XY
=
=
σX σY
7/4
7
Esercizio 0.3 Le v.c. indipendenti X e Y sono distribuite
√ normalmente,
con media 0 e varianza σ 2 > 0. Introdotta la v.c. R = x2 + y 2 si chiede:
5
a) Determinare la funzione di ripartizione FR (r);
b) Dimostrare che nemmeno per Robin Hood il valore più probabile della
distanza dal centro del bersaglio può essere r = 0.
Soluzione
CASO a) Poiché X ed Y sono distribuite normalmente e sono indipendenti
avremo che la funzione di densità congiunta è
1
fXY (x, y) = fX (x) · fY (y) =
e
2πσ 2
h
2 +y 2
2σ 2
−x
i
(x, y) ∈ R2
Per definizione di funzione di ripartizione di una v.c. doppia si ha, poi,
µq
¶
x2
FR (r) = P (R < r) ≡ P
+
y2
ZZ
≤r =
fXY (x, y)dxdy
(2)
Dr
ove Dr = {(x, y)|x2 + y 2 ≤ r2 } con r ≥ 0. Per calcolare l’integrale (2)(poichè
il dominio è un cerchio...) conviene usare coordinate polari (ρ, θ). Ricordiamo,
preliminarmente, che
(
x = ρ cos θ
=⇒ x2 + y 2 = ρ2 ;
y = ρ sin θ
dA = ρdρdθ ≡ dxdy
Quindi, l’integrale (2) diventa
h 2i
Z r h ρ2 i
− 2
− r2
1 Z 2π
2σ
2σ
e
=
1
−
e
FR (r) =
dθ
ρdρ
2πσ 2 0
0
|
{z
}
R [− x22 ]
xe 2σ dx
Infatti, l’integrale
Z r h ρ2 i
− 2
2σ
0
e
(r ≥ 0)
ρdρ
si risolve per sostituzione ponendo
"
2
ρ =t
e i nuovi limiti di integrazione
vanno da 0 ad r2
#
1
⇒ 2ρdρ = dt ⇒ ρdρ = dt
2
Allora, l’integrale precedente diventa
h 2 i!
Ã
¸ 2
·
Z r2
− r
1 2 (− t 2 ) r
1 [− t 2 ]
= σ 2 1 − e 2σ2
e 2σ dt = − 2σ e 2σ
0
2
2
o
6
Quindi l’integrale iniziale risulta
Ã
h
1 2
σ 1−e
2πσ 2
−
r2
2σ 2
i! Z
2π
0
Ã
2π
dθ =
1−e
2π
h
−
r2
2σ 2
i!
CASO b) La funzione densità fR (r) è data da
h
dF (r)
r
fR (r) =
= 2e
dr
σ
da cui
"
−
r2
2σ 2
r2
dfR (r)
1
r2
= e− 2σ2
−
dr
σ2 σ4
i
#
Quest’ultima risulta uguale a zero (cioè fornisce il massimo della funzione fR [moda])
non per r = 0 (centro del bersaglio) ma per
r2 = σ 2
(3)
Questo dimostra che nemmeno per Robin Hood il valore più probabile della distanza
dal centro del bersaglio può essere r = 0. D’altra parte affinchè ciò avvenisse, la varianza dovrebbe essere nulla ma questo risulta impossibile per l’enunciato dell’esercizio
che richiede espressamente che la varianza sia diversa da zero.
Esercizio 0.4 Due dispositivi identici A1 e A2 (chips, lampadine, ecc.)
con probabilità di guasto esponenziali (indipendenti, con eguale parametro λ) vengono posti in funzione separatamente a partire dall’istante
t1 = 0 e t2 = t > 0.
Indicate con X1 e X2 le variabili aleatorie ”istante di guasto di A1 e A2 ,
rispettivamente” si chiede:
a) Rappresentare la densità di probabilità congiunta fX1 X2 (x1 , x2 );
b) Calcolare la probabilità che A2 si guasti prima di A1 (cioè P[X2 < X1 ]).
Soluzione
CASO a) Poichè le v.c. coinvolte sono distribuite esponenzialmente e sono indipendenti si ha
fX1 X2 (x1 , x2 ) = λe−λx1 · λe−λ(x2 −t) = λ2 e−λx1 · e−λ(x2 −t)
CASO b) Calcoliamo, ora, P (X2 < X1 ) = P [(X1 , X2 ) ∈ Dt ].
x1 > 0 ,
x2 > 0
7
X2
retta x1 = x 2
t
dx 1
O
X1
Figura 2: Dt è la regione tratteggiata in cui X2 < X1 , X1 > 0 e X2 > t. La retta X1 = X2 è la
bisettrice del primo quadrante.
L’evento X2 < X1 di cui vogliamo calcolare la probabilità ”occupa” la regione Dt
rappresentata nella figura (2)
Pertanto
Z
P [(X1 , X2 ) ∈ Dt ] =
Dt
fX1 X2 dx1 dx2 = λ
2
Z ∞
t
−λx1
e
dx1
Z x1
t
1
e−λ(x2 −t) dx2 = e−λt
2
Esercizio 0.5 X1 e X2 sono variabili aleatorie indipendenti che seguono
una distribuzione di Poisson, di parametri, rispettivamente, λ1 e λ2 .
Dimostrare che la probabilità condizionata P (X1 = k|X1 + X2 = n) ha una
distribuzione binomiale (k = 1, 2, ..., n) e calcolarne il parametro p.
Soluzione
Dai dati del problema sappiamo che
X1 ∼ P o(λ1 ) ,
X2 ∼ P o(λ2 ) ⇒ X1 + X2 ∼ P o(λ1 + λ2 )
ossia, le v.c. X1 e X2 seguono una distribuzione di Poisson di parametri λ1 e λ2
rispettivamente. Inoltre, la somma di X1 e X2 (indipendenti!) risulta ancora una
v.c. di Poisson di parametri λ1 + λ2 .
Allora
8
P (X1 = k|X1 + X2 = n) =
P (X1 = k ∩ X1 + X2 = n)
P (X1 = k ∩ X2 = n − k)
=
=
P (X1 + X2 = n)
P (X1 + X2 = n)
(n−k)
λk1 e−λ1 λ2
e−λ2
à !
·
(n−k)
n!
λk1 λ2
n k n−k
k!
(n − k)!
=
=
·
p q
n
n =
(λ1 + λ2 ) −(λ1 +λ2 )
k!(n − k)! (λ1 + λ2 )
k
e
n!
avendo posto
λ1
λ2
p=
; q=
λ1 + λ2
λ1 + λ2
Esercizio 0.6 Sia data la funzione di v.c. Y = sin X, ove X è distribuita
uniformemente nell’intervallo (0, 2π). Si ricavi la funzione densità di Y.
Soluzione
Poichè X è distribuita uniformemente in (0, 2π) la sua funzione densità è, come noto
dalla teoria,




 f (x) =




1
β−α
f (x) = 0
per α < x < β
⇒
altrove

1



 f (x) =
2π



 f (x) = 0
0 < x < 2π
altrove
e la funzione di ripartizione (che servirà nella seconda parte dell’esercizio) è

x−α



 F (x) =




β−α
F (x) = 0
F (x) = 1
α<x<β
x<α
x>β
⇒

x


 F (x) =



2π
F (x) = 0
F (x) = 1
α<x<β
x<α
x>β
Ora consideriamo la funzione y = sin x. (si veda la fig.(3)). Per trovare la funzione
densità, g(y), di Y possiamo usare il teorema fondamentale dimostrato a lezione,cioè
g(y) =
f (x2 )
f (x1 )
+
|ϕ0 (x1 )| |ϕ0 (x2 )|
che, essendo,
y = ϕ(x) ⇒ ϕ0 =
dy
dx
9
Y=sin x
1
y (fissato) > 0
x3
x4
2π
π
x2
x1
O
X
y (fissato) < 0
-1
Figura 3: La funzione y = senx
si può scrivere
¯
¯
¯
¯
¯ dx ¯
¯ dx ¯
¯ 1¯
¯ 2¯
g(y) = f (x1 ) ¯¯
¯ + f (x2 ) ¯
¯
¯ dy ¯
dy ¯
(4)
Nel caso attuale f (x) = 1/2π che ha sempre tale valore (essendo costante) in
entrambe le radici x1 , x2 . Le radici x1 ed x2 sono, poi,
y = sin x
x1 = arcsin y
⇒
dx1
1
=√
dy
1 − y2
x2 = π − arcsin y
⇒
dx2
1
=√
dy
1 − y2
%
&
e, quindi, la (4) dà
°
°
°
°
1
1
1
1
1
°
√
√
g(y) =
+
= √
°
2
2
2
2π 1 − y
2π 1 − y
π 1 − y °°
°
Questo vale per y > 0 (cioè
x compreso tra 0 e π). Lo
stesso discorso si può fare
per y < 0 (π ≤ x ≤ 2π)
In definitiva
1
π 1 − y2
1
√
g(y) =
π 1 − y2
g(y) =
√
con y ∈ (0, 1)
con y ∈ (−1, 0)
(caso y > 0)
(caso y < 0)
(5)
10
x2
x1
0
π
Figura 4: Gli angoli corrispondenti ai valori di x1 e x2
Naturalmente, al di fuori dell’intervallo di valori −1 ≤ y ≤ 1, si ha
g(y) = 0
Si osservi che l’esercizio si può risolvere anche usando la funzione di ripartizione. In
tal caso, andiamo a cercare la funzione G(y) tale che
°
° Le zone in cui sin X ≤ y sono quelle tratteggiate
°
°
° nella fig.(3) (per y > 0 ma nello stesso modo
°
° si procede nel caso y < 0...)
G(y) = P (sin X ≤ y)
La condizione sin x ≤ y si ha quando (vedi figg.(3) e (4))
z
x1
}|
{
0 < x <arcsin y
e
z
x2
}|
{
π − arcsin y< x < π
Quindi, nell’intervallo 0 < x < arcsin y,
G(y) = P (sin X ≤ y) = P (0 < x < arcsin y) = FX (arcsin y) − FX (0)
ove FX (arcsin y) rappresenta la funzione di ripartizione FX calcolata nel punto arcsin
y. Quindi FX (arcsin y)= arcsen y/2π, mentre FX (0) = 0. Pertanto
g(y) = G0 (y) =
1
d 1
( arcsin y) = √
dy 2π
2π 1 − y 2
11
Allo stesso modo si ottiene, nell’intervallo π − arcsin y < x < π,
g(y) = G0 (y) =
1
d 1
( arcsin y) = √
dy 2π
2π 1 − y 2
Allora (per y > 0) si sommano queste e si ottiene
1
g(y) = √
π 1 − y2
(y > 0)
che coincide con la prima delle (5) già trovata per altra via. Procedendo allo stesso
modo per y < 0 si ottiene la seconda delle (5).
Esercizio 0.7 Siano X e Y due v.c. esponenziali indipendenti con parametri, rispettivamente, α e β. Si ricavi la funzione densità fZ (z) di:
a) Z = X − Y , b) Z = X/Y ,
c) Z = max(X, Y ),
d) Z = min(X, Y ).
Soluzione
Osserviamo che le due v.c. X e Y sono di tipo esponenziale e, quindi, le loro
funzioni densità sono
X
Y
:
:
fX (x) = αe−αx
fY (y) = βe−βy
(x > 0)
(y > 0)
Inoltre, X e Y sono indipendenti, il che ci permette di scrivere
fXY (x, y) = fX (x) · fY (y)
Caso a) Z = X − Y Si tratta di una retta nel piano Oxy (per z fissato) e si
tenga presente che sia x che y sono entrambi positivi perché ”supporto” di leggi
esponenziali. Invece z (essendo differenza di x e y) può essere
z > 0 oppure z ≤ 0
Questi due casi corrispondono ad una diversa intersezione della retta con l’asse Oy.
Caso z > 0. Si ha la figura (5) Infatti, si vede che


 z =x−y


x=0
=⇒ y = −z
(quindi y negativa essendo z > 0)
12
y
retta
x-y=z
D
x
O
y=-z
Figura 5: Retta z = x − y nel caso z > 0
Allora, in questo caso, applicando la teoria troviamo dapprima la funzione di ripartizione che è
z+y
Z
Z∞
G(z) = P (Z < z) = P (x − y < z) = P (x < z + y) =
dy
−∞
fXY (x, y)dx
−∞
e pertanto, derivando rispetto a z,
Z∞
Z∞
g(z) =
fXY (y + z, y)dy =
−∞
Z∞
=
αe
fX (y + z)fY (y)dy =
−∞
Z∞
−α(y+z)
βe
−βy
dy = αβe
0
−αz
e−(α+β)y dy =
0
αβ −αz
e
α+β
Caso z < 0. In tale caso si ha la figura (6). Infatti si vede che
(
z =x−y
=⇒ y = −z ∗
x=0
(quindi y positiva essendo z < 0)
Allora, in questo, caso, applicando la teoria precedente avremo
Z∞
g(z) =
Z∞
αe
−z∗
−α(y+z)
βe
−βy
dy = αβe
−αz
e−(α+β)y dy =
−z∗
(z > 0)
13
y
D
retta x-y=z
y=-z
O
x
Figura 6: Retta z = x − y nel caso z < 0
"
= αβe−αz
1
e−(α+β)y
−
α+β
αβ βz
=
e
α+β
#∞
= αβe−αz ·
−z
1
eαz eβz =
α+β
(per z ≤ 0)
Caso b) Z = X/Y In tale caso, la regione del piano xy, tale che
Z≤z ⇒
x
≤z
y
è rappresentata nella figura (7) È chiaro che i valori x ≤ yz sono quelli a sinistra
della retta x = yz mentre i valori x ≥ yz sono quelli a destra (vedi fig. (7)). In
realtà (dato che x e y sono distribuite esponenzialmente e, quindi, definite sull’asse
Ox positivo) avremo che la zona che ci interessa è solo quella tratteggiata nella
figura (8). Quindi
ZZ
G(z) =
f XY (x, y)dxdy =
Dz
Zyz
Z∞
=
Z∞
f XY (x, y)dx
dy
0
0
Z∞
e
0
g(z) =
Z∞
−αyz −βy
= αβ
⇒
derivando rispetto a z
e
e−(αz+β)y ydy =
ydy = αβ
0
y f XY (yz, y)dy =
0
αβ
(αz + β)2
(per z > 0)
14
y
retta x=yz
(z fissato)
x < yz
O
x > yz
x
Figura 7: La retta x = yz (per z fissata).
y
retta x=yz
Dz
O
x
Figura 8: Dominio che interessa il nostro esercizio.
15
Naturalmente
g(z) = 0
per z ≤ 0
Caso c) Z = max(X, Y ) Abbiamo dimostrato a lezione che in questo caso
fZ (z) = fX (z)FY (z) + fY (z)FX (z)
(6)
D’altra parte, sappiamo che,
fX = αe−αx
,
FX = 1 − e−αx
,
fY = βe−βy
,
FY = 1 − βe−βy
Nel nostro caso, dunque, la (6) assume la forma
³
´
³
fZ (z) = αe−αz 1 − e−βz + βe−βz 1 − e−αz
´
fZ (z) = 0
per z > 0
per z ≤ 0
Caso d) Z = min(x, y) In questo caso abbiamo dimostrato che
fZ (z) = fX (z) [1 − FY (z)] + fY (z) [1 − FX (z)]
Pertanto, ragionando come nel caso precedente,
³
´
fZ (z) = αe−αz e−βz + βe−βz (e−αz ) = αe−(α+β)z + βe−(α+β)z
≡ (α + β)e−(α+β)z
fZ (z) = 0
(z > 0)
per (z ≤ 0)
Esercizio 0.8 Siano X1 , X2 , ..., X15 v.c identicamente distribuite (e, cioè,
con egual valore medio e varianza) con legge di densità
f (x) =

2

 3(1 − x)


se
0
0≤x≤1
altrove
Si chiede di calcolare la probabilità che la media aritmetica delle v.c.
sia inclusa tra 1/8 e 3/8 usando il teorema del limite centrale
Soluzione
La media aritmetica delle 15 v.c. assegnate è data da
15
1 X
Ym =
Xi
15 i=1
16
Si noti che Ym è, a sua volta, una v.c. che è opportuno standardizzare per poter
poi usare le tavole della distribuzione normale (si veda la teoria della distribuzione
gaussiana). Ricordiamo che la v.c standardizzata Z è definita come
Z=
1
n
Pn
i=1
Xi − ex
q
(7)
σ2
n
ove ex e σ rappresentano la speranza matematica e lo scarto quadratico medio delle
v.c. Xi date. Determiniamo, quindi, queste due grandezze che nel nostro caso sono
ex = E(Xi ) =
=
2
σ = V ar(Xi ) =
Z 1
0
Z ∞
−∞
Z ∞
−∞
xf (x)dx
"
3x2 6x3 3x4
3x(1 − x) dx =
−
+
2
3
4
#1
2
2
(x − ex ) f (x)dx =
Z 1
0
µ
1
3 x−
4
¶2
=
0
1
= 0.25
4
(1 − x)2 dx =
3
' 0.0375
80
Da tutto ciò consegue che la (7) diventa
Z=
1
15
Pn
i=1
q
Xi −
1
4
0.037
15
Poichè si chiede la probabilità che la media artimetica sia compresa tra 18 e 38 , in
P
termini di v.c. standardizzata Z, si può scrivere, ponendo nella (7), n1 Xi = 1/8 e
P
1
Xi = 3/8,
n


1
3
1
1
−
−
8
4 
P  q8 4 ≤ Z ≤ q
0.0375
15
0.037
15
cioè
P (−2.5 ≤ Z ≤ 2.5) = Φ∗ (2.5) − Φ∗ (−2.5) = 2Φ∗ (2.5) − 1 ' 0.988
Esercizio 0.9 Un’apparecchiatura è costituita di due dispositivi stocasticamente indipendenti che sono posti in parallelo. Il tempo di guasto del
primo è una variabile aleatoria distribuita esponenzialmente, X ∼ e(λ),
quello del secondo un v.a. uniforme Y ∼ U (a, b) (con λ, a, b > 0; a < b).
Si chiede di calcolare:
a) la funzione di ripartizione e la densità di probabilità della v.c. Z =
max(X, Y ) (cioè il tempo di guasto del sistema);
b) la speranza matematica E(Z), nel caso a = 1, b = 2, λ = 1 .
17
Soluzione
Caso a) Ricordando che
FZ = FX (z) · FY (z)
si ha ( tenendo presente che X è distribuita esponenzialmente e Y in modo uniforme)

0
se z ≤ a (perchè, per z ≤ a, la FY è nulla...)







 z−a
(1 − e−λz )
se z ∈ (a, b)
FZ = 
b
−
a







−λz
1−e
se z > b
Quindi, derivando FZ rispetto a z, si ha la densità fZ che risulta
fZ =


0








se z ≤ a
1 − e−λz
z−a
+ λe−λz


b−a
b−a







λe−λz
se z ∈ (a, b)
se z > b
Caso b) Con i valori dei parametri assegnati (a = 1, b = 2, λ = 1) si ha


0






se z ≤ 1
fZ =  1 − e−z (2 − z)

se z ∈ (1, 2)




 e−z
se z > 2
Quindi:
Z2
Z
zfZ (z)dz =
E(Z) =
R
Z2
zdz −
1
Z∞
−z
ze−z dz =
z(2 − z)e dz +
1
2
3
+ e−1 + e−2 ' 2
2
Esercizio 0.10 Il tempo richiesto per completare un determinato lavoro
può essere rappresentato dalla variabile aleatoria Y = aX+B (a, b costanti > 0) con X avente la seguente funzione densità di probabilità
fX = xe−x
si chiede:
per x ∈ (0, +∞) ;
e zero altrove
18
a) Ricavare la densità fY (y) e la media di Y ;
Adottando, poi, i valori numerici a = b = 1/2 (in ore) si chiede:
b) Ricavare la funzione di ripartizione di Y e calcolare la probabilità
che il lavoro sia completato entro 2 ore.
Soluzione
Caso a) Si usano i risultati noti dalla teoria delle funzioni di v.c. (funzione densità
di Y nota che sia la funzione densità di X nel caso di monotonia della funzione
Y = ϕ(X)) Si ha, quindi,
¯
¯
Ã
!
¯ dx ¯
1
y − b − y−b
¯
¯
fY = fX (x(y)) ¯¯ ¯¯ = f
e a
dy
a
a
Infatti, dato che,
fX = xe−x
si ottiene
1
fY =
a
Ã
!
y − b − y−b
e a
a
con y ≥ b e fY = 0 se y < b
essendo
y = ax + b
⇓
y−b
x =
a
Per calcolare la media di Y ricordiamo che se Y = aX + b la media di Y è data da
(vedi teoria)
Z∞
E(Y ) = aE(X) + b
x2 e−x dx = 2
ove E(X) =
0
Quindi
E(Y ) = 2a + b
Caso b) Nel caso a = b = 12 (in ore!) si ha, ricordando quanto ottenuto nella parte
a),
¶¸
· µ
1
1
1
e−2(y− 2 ) = (4y − 2)e−(2y−1)
con y >
fY = 2 2 y −
2
2
19
Allora, per ricavare la funzione di ripartizione di Y basterà integrare la fY rispetto
alla variabile t ≡ y − 12 , oppure applicare direttamente la definizione di funzione di
ripartizione, cioè
Ã
P (Y
y−b
≤ y) = P (aX + b ≤ y) ≡ P X ≤
a
2y−1
Z
−x
xe dx =
=
¯
¯2y−1
−xe−x ¯
0
!
a=b= 12
=
P (X ≤ 2y − 1) =
2y−1
Z
e−x dx = 1 − e−(2y−1) (1 + 2y − 1) =
+
0
0
= 1 − 2ye
−(2y−1)
La probabilità che il lavoro sia completato entro 2 ore è allora data da
P (Y ≤ 2) = 1 − 4e−3 = 1 − 4 · 0, 04979 ' 0.801
Esercizio 0.11 Si indichi con Xi il numero di meteoriti con cui un satellite entra in collisione (non fatale!) durante l’orbita i-esima e sia
P
Yn = ni Xi il numero di collisioni in n orbite. Assunto che le Xi siano
v.c. indipendenti di Poisson, tutte di costante λ si chiede:
a) Rappresentare E(Yn ) e σ 2 (Yn );
b) Per n = 100 e λ = 4 valutare approssimativamente P (Yn > 440).
Soluzione
Dai dati del problema
Xi ∼ P o(λ)
(∀i)
Si sa dalla teoria di tale distribuzione che
E(Xi ) ≡ σ 2 (Xi ) = λ
Allora è ovvio che
Ã
def
E Yn =
n
X
∀Xi
!
Xi = nλ ,
σ 2 (Yn ) = nλ
i=1
Osserviamo che per λ = 4, n = 100 =⇒ nλ = 400. Ora ricordiamo che se Y è una
v.c. di Poisson di parametro λ, sussiste la seguente formula di approssimazione
Ã
y−λ
P (Y ≤ y) ≈ Φ √
λ
Nel nostro caso
P (Yn
!
(8)
Ã
440 − 400
√
> 440) = 1 − P (Yn ≤ 440) ' 1 − Φ
400
µ ¶
40
= 1 − Φ(2) = 0.0227
' 1−Φ
20
!