Si riportano esclusivamente i testi e le soluzioni degli esercizi di n

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PROVE SCRITTE DI MATEMATICA APPLICATA, ANNO 2002/03
N.B.: Si riportano esclusivamente i testi e le soluzioni degli esercizi di
natura ”pratica.”
Prova scritta del 16/12 /2002
Esercizio 1 Sia b := numero lettere del cognome, e siano X, Y due variabili aleatorie indipendenti, entrambe con distribuzione continua U (0, b). Si determini la distribuzione
e la varianza di |X − Y | .
Esercizio 2
Sia b come sopra, e sia r il numero delle lettere del nome. Si consideri un recipiente
contenente b palle bianche e r palle rosse. Una volta ogni ora, si lancia una monetina,
per la quale si ha P (T ) = p : se esce croce, non si fa nulla, e si aspetta il lancio
successivo; se esce testa, si estrae una palla a caso dall’urna, e poi la si rimette nel
recipiente. Si denoti con W il numero di ore che bisogna attendere perché esca la
prima palla bianca.
i) Calcolare P (”W ≤ 3”).
ii) Determinare E(W ) e V (W ).
Esercizio 3
Sia (X1 , ..., X100 ) un campione I.I.D. con distribuzione continua, di tipo U (θ − 21 , θ + 12 ).
La media campionaria osservata risulta uguale a rb , ove b e r sono come negli esercizi 1
e 2. Assumendo di poter adoperare il Teorema del Limite Centrale per approssimare
la distribuzione di X, si determini per θ un intervallo di confidenza al 98%.
(Detta Φ la funzione di ripartizione della distribuzione N (0, 1), si faccia uso della
seguente tabella di valori:
Φ(0) = 0.5,
Φ(1.881) ≈ 0.97,
Φ(1.645) ≈ 0.95,
Φ(2.055) ≈ 0.98,
Φ(1.751) ≈ 0.96,
Φ(2.33) ≈ 0.99).
Soluzioni compito 16/12 /2002
1
Esercizio 1 Si denoti con F la funzione di ripartizione di |X − Y |. Chiaramente, si ha
0 ≤ |X − Y | ≤ b. Pertanto, ha interesse valutare F (t) solo per 0 ≤ t ≤ b, e si ha
F (t) = P (”X−Y ≤ t”∩”X > Y ”)+P (”Y −X ≤ t”∩”X < Y ”) = 2P (”Y −X ≤ t”∩”X < Y ”)
per motivi di simmetria, per qualsiasi t ∈ [0, b]. Si ha poi
√
√
t
b2 P (”Y − X ≤ t” ∩ ”X < Y ”) = (b 2 + (b − t) 2) √ = t(2b − t)/2
2 2
poiché la quantita’ a I membro non é altro che l’area del trapezio contenuto nel
rettangolo [0, b]2 e delimitato dalle rette y = x e y = x + t. E’ dunque
F (t) =
2t t2
− 2
b
b
e quindi la densita’ di |X − Y | é la funzione
(
0,
se t ∈
/ [0, b]
f (t) =
2
t
(1 − b ), se t ∈ [0, b].
b
Esercizio 2 La variabile aleatoria W é un tempo d’attesa: l’evento che si attende é
l’intersezione di testa e palla bianca: data l’indipendenza dei vari esperimenti, l’evento
b
E che si attende ha probabilita’ q := p r+b
. Pertanto, é W ∼ N B(1, q). Allora
P (”W ≤ 3”) = P (”W = 1”) + P (”W = 2”) + P (”W = 3”) =
= q + q(1 − q) + q(1 − q)2 = 1 − (1 − q)3 = 1 − P (”W > 3”).
Si ha poi E(W ) = 1q , V (W ) =
1−q
.
q2
Esercizio 3
1
Per note formule, si sa che E(X1 ) = θ, V (X1 ) = 12
. Pertanto, posto S =
si ha E(S) = 100θ, V (S) = 25
. Ponendo
3
√
√
3
Z = S∗ =
(100X − 100θ) = 20 3(X − θ)
5
per il Teorema del Limite Centrale si puo’ assumere Z ∼ N (0, 1), e allora
X −θ =
Dunque,
Z
1
√ ∼ N (0,
).
1200
20 3
√
P (”|X − θ| ≤ ε”) = P (”|Z| ≤ 20ε 3”).
2
P100
i=1
Xi ,
√
Posto s = 20ε 3, dalle tabelle accluse si vede che
P (”|Z| ≤ s”) ≈ 0.98 ⇔ s ≈ 2.33,
e quindi
ε=
2.33
√ ≈ 0.0673.
20 3
Pertanto l’intervallo di confidenza cercato é [ rb − 0.0673, rb + 0.0673].
Esercizio 1 In uno spazio di probabilita’, siano A, B, C tre eventi globalmente indipendenti: ossia, oltre ad essere indipendenti a due a due, essi verificano la relazione
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C).
Si dimostri che A é indipendente da B ∪ C e da B \ C.
Esercizio 2 Siano X e Y due v.a. indipendenti, con distribuzione Γ(1, b), ove b= numero
lettere del cognome. Tenendo presente che la densita’ di X e Y é la funzione f (x) =
be−bx 1[0,+∞[ (x), si determini la densita’ e il valor medio della v.a. X 2 ∨ Y 2 .
Esercizio 3 E’ dato un campione aleatorio X1 , ..., Xn con distribuzione N B(k, p), ove
k = numero lettere del nome. Si determini la stima di massima verosimiglianza per
p.
Esercizio 1
Risulta:
P (A ∩ (B ∪ C)) = P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) = P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C) =
= P (A)P (B) + P (A)P (C) − P (A)P (B)P (C) = P (A)(P (B) + P (C) − P (B)P (C)) =
= P (A)(P (B) + P (C) − P (B ∩ C)) = P (A)P (B ∪ C).
Cio’ prova che A e B ∪ C sono indipendenti. E’ poi
P (A ∩ (B \ C)) = P (A ∩ B ∩ C c ) = P ((A ∩ B) \ (A ∩ B ∩ C)) =
= P (A ∩ B) − P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B) − P (A)P (B)P (C) =
= P (A)(P (B) − P (B ∩ C)) = P (A)P (B \ C).
3
Esercizio 2
La funzione di ripartizione di X 2 si ottiene come segue:
Z √u
√
2
P (”X ≤ u ”) =
be−bx dx = 1 − e−b u ,
0
naturalmente per u ≥ 0. Posto Z = X 2 ∨ Y 2 , si ha poi, sempre per u ≥ 0:
√
P (”Z ≤ u ”) = P (”X 2 ≤ u ”∩”Y 2 ≤ u ”) = P (”X 2 ≤ u ”)P (”Y 2 ≤ u ”) = (1−e−b
u 2
).
La densita’ di Z é dunque
fZ (u) = (1 − e−b
√
u
√
b
) √ e−b u
u
per u > 0. Quanto al valor medio, basta calcolare l’integrale
Z +∞
Z +∞
Z
√
√
√
√ −b√u
−b u −b u
E(Z) =
b u(1 − e
)e
du =
du −
b ue
0
0
+∞
Z
2b v 2 e−bv dv −
=
0
Esercizio 3
√
√
b u e−2b u du =
0
+∞
Z
+∞
2bv 2 e−2bv dv =
0
4
1
7
−
=
.
b2 2b2
2b2
La distribuzione di probabilita’ della generica Xj é data da
xj − 1 k
j
P (”Xj = xj ”) =
p (1 − p)x −k
k−1
ove xj varia tra i numeri interi maggiori o uguali a k. La verosimiglianza del campione
(X1 , ..., Xn ) é data da
f (x1 , ..., xn ; p) = B pnk (1 − p)S−nk ,
x2 −1 xn −1
1 −1
ove B = xk−1
... k−1 , e S = x1 + ... + xn . Derivando f rispetto a p, troviamo
k−1
fp0 (x1 , ..., xn ; p) = Bpnk−1 (1−p)S−nk−1 (nk(1−p)−p(S−nk)) = Bpnk−1 (1−p)S−nk−1 (nk−pS).
E’ facile ora dedurre che f é massima per p =
nk
.
S
Prova scritta del 27/03/2003
Esercizio 1 Sia X una variabile aleatoria del tipo N B(1, p). Calcolare la probabilita’
dei seguenti eventi, relativi a X:
a) ”X < 12”;
b) ”X é pari”;
c) ”X é dispari”.
E’ possibile, per qualche valore di p, che la probabilita’ che X sia pari risulti uguale
a quella che X sia dispari?
4
Esercizio 2
Data una v.a. X ∼ N (1, 1), determinare la densita’ di Y = X 2 − 2X.
Esercizio 3 Dato un campione aleatorio X1 , ..., Xn con distribuzione Γ(1, β), trovare la
stima di massima verosimiglianza per β.
Esercizio 4
Supponiamo che X e Y siano due v.a. in L2 e tali che
a) X e Y − X siano indipendenti.
b) E(Y ) = E(X).
Dimostrare che si ha
V (Y − X) = E(Y 2 ) − E(X 2 ).
Soluzioni compito 27/03/2003
Esercizio 1
Denotata con pk la probabilita’ che risulti ”X = k”, si ha
pk = p(1 − p)k−1
e quindi
P (”X < 12”) = 1 − P (”X > 11”) = 1 − (1 − p)11 .
La probabilita’ che X sia pari é data da
+∞
X
+∞
X
p2j = p
(1−p)2j−1 =
j=1
j=1
+∞
(1 − p)2
p
p(1 − p)
1−p
p X
[(1−p)2 ]j =
=
=
.
2
2
1 − p j=1
1 − p 1 − (1 − p)
2p − p
2−p
1
La probabilita’ che X sia dispari é allora 2−p
. L’unico valore di p per cui risulti
1−p
1
= 2−p é p = 0, situazione in cui pero’ il problema non ha senso.
2−p
Esercizio 2
Sia f la densita’ normale standard:
1 2
1
f (x) = √ e− 2 x .
2π
Poiché X ∼ N (1, 1), si ha X − 1 ∼ N (0, 1). Valutiamo la funzione di ripartizione di
Y = X 2 − 2X. Essendo Y = (X − 1)2 − 1, é chiaro che risulta sempre Y ≥ −1, e
quindi FY (y) sara’ nulla per y ≤ −1. Per y > −1 si ha
p
p
FY (y) = P (”(X−1)2 −1 ≤ y”) = P (”(X−1)2 ≤ y+1”) ≤ P (”− y + 1 ≤ (X−1) ≤ y + 1”).
Utilizzando la distribuzione di X − 1, avremo, per y > −1:
Z √y+1
Z √y+1
FY (y) = √ f (x)dx = 2
f (x)dx
− y+1
0
5
e dunque la densita’ di Y (sempre per y > −1) é espressa da
p
1
1
1
fY (y) = FY0 (y) = √
f ( y + 1) = p
e− 2 (y+1) .
y+1
2π(y + 1)
Esercizio 3
La densita’ del campione (X1 , ..., Xn ) é data da
f (x1 , ..., xn ) = β n e−nxβ ,
P
essendo x = n1 ni=1 xi . La stima di massima verosimiglianza si trova massimizzando
f rispetto a β. Si ha
∂f
= nβ n−1 e−nxβ − nxβ n e−nxβ = nβ n−1 e−nxβ (1 − βx).
∂β
Chiaramente, il valore di β che annulla tale derivata, e rende massima la verosimiglianza,
é β = x1 .
Esercizio 4
ora
Essendo E(Y − X) = 0 per ipotesi, si ha V (Y − X) = E((Y − X)2 ). Risulta
E((Y − X)2 ) = E(Y 2 ) + E(X 2 ) − 2E(XY ).
Per quanto riguarda E(XY ), si ha
E(XY ) = E(X(Y − X)) + E(X 2 ) = E(X)E(Y − X) + E(X 2 ) = E(X 2 ).
Infine
E((Y − X)2 ) = E(Y 2 ) + E(X 2 ) − 2E(X 2 ) = E(Y 2 ) − E(X 2 ).
Esercizio 1
√
Sia X una variabile aleatoria del tipo U (0, π2 ). Posto Y = tan X, si determini la
densita’ di Y , e si esamini l’esistenza o meno di valor medio e varianza per Y .
Esercizio 2 Si consideri l’esperimento consistente nel lanciare 14 volte una moneta onesta, e si denotino con NT e NC rispettivamente il numero di teste e il numero di croci
uscite. Qual’é la probabilita’ che risulti 2NT − NC > 1?
Esercizio 3 E’ dato un campione x1 , ..., xn da una distribuzione B(1, 21 ). La media
P
1
xi sia denotata con p. Applicando l’approssimazione fornita dal Teorema del
n
Limite Centrale, si trovi:
6
a) nell’ipotesi n = 100, l’intervallo di confidenza al 95% per p;
b) il valore minimo di n perche’ l’intervallo di confidenza al 95% per p abbia ampiezza
non maggiore di 0.02.
(Si utilizzi l’approssimazione Φ(1.96) ∼
della distribuzione normale standard).
195
,
200
essendo Φ la funzione di ripartizione
Esercizio 1 Poiché X ha valori tra 0 e π2 , la v.a. Y é ben definita e positiva; si ha, per
ogni y > 0:
P (”Y ≤ y”) = P (” tan X ≤ y 2 ”) = P (”X ≤ arctan y 2 ”) =
2
arctan y 2 .
π
Derivando, si ottiene la densita’ di Y :
fY (y) =
4y 1
π 1 + y4
2
y
per y > 0, e fY (y) = 0 per y ≤ 0. Poiché la funzione 1+y
4 é integrabile (in s.g.)
√
in [0, +∞[, si deduce che Y ammette valor medio (E(Y ) = 2). Tuttavia, Y non
y3
ammette momenti di ordine 2, perché la funzione 1+y
4 non é integrabile in s.g., e
quindi Y non ammette varianza.
Esercizio 2 Chiaramente, risulta NC = 14−NT , per cui 2NT −NC = 3NT −14. Dunque,
richiedere 2NT − NC > 1 equivale a imporre NT > 5. Essendo
5 X
14 1
P (”NT ≤ 5”) =
∼ 0.212
j 214
j=0
l’evento cercato ha probabilita’ circa uguale a 1 − 0.212 = 0.788.
Esercizio 3 Studiamo dapprima il campione (X1 , . . . , Xn ). Essendo, L(λ1 ) = fXi (x) =
e−λ1 λx1
, x = 0, 1, 2, . . . , per ogni i = 1, . . . , n, la funzione di verosimiglianza risulta,
x!
in virtú dell’indipendenza,
f (x1 , . . . , xn ; λ1 ) =
n
Y
e−λ1 λxi
1
i=1
xi !
−nλ1
=
e
P
n
x
λ1 i=1 i
.
x 1 ! . . . xn !
Passando al logaritmo, si ottiene
log L(λ1 ) = −nλ1 +
n
X
i=1
7
xi log λ1 − log(x1 ! . . . xn !).
Considerando ora anche il campione (Y1 , . . . , Yn ), sempre dall’indipendenza, la funzione di verosimiglianza risulta
P
n
xi
e−nλ1 λ1 i=1
f (x1 , . . . , xn , y1 . . . , yn ; λ1 , λ2 ) =
x1 ! . . . x n !
P
n
e−nλ2 λ2 i=1
·
y1 ! . . . y n !
yi
e dunque
n
n
X
X
log L(λ1 , λ2 ) = −nλ1 +−nλ2 +
xi log λ1 +
yi log λ2 −log(x1 ! . . . xn !)−log(y1 ! . . . yn !).
i=1
i=1
Dallo studio della derivata si ottiene
d
log L(λ1 , λ2 ) = −n +
dλ1
e
Pn
i=1 xi
= 0 per λ̂1 =
λ1
d2
log L(λ1 , λ2 ) = −
dλ21
Pn
i=1
λ21
xi
Pn
i=1
xi
n
< 0,
Pn
pertanto la stima di massima verosimiglianza di λ1 è λ̂1 =
i=1
xi
= x̄.
xi
si deduce che la stima di massima
Ripetendo lo stesso ragionamento
per λ2
Pn
y
i
verosimiglianza di λ2 è λ̂2 = i=1 = ȳ.
n
Infine, dall’invarianza dello stimatore di massima verosimiglianza concludiamo che la
stima di λ1 − λ2 è λ̂1 − λ̂2 = x̄ − ȳ.
Prova scritta del / /200
Esercizio 1
Esercizio 2
Esercizio 3
Soluzioni compito / /
Esercizio 1
Esercizio 2
Esercizio 3
8
Prova scritta del / /200
Esercizio 1
Esercizio 2
Esercizio 3
Esercizio 1
Esercizio 2
Esercizio 3
9
Esercizio 1
Sia X una variabile aleatoria del tipo U (0, 12 ). Posto Y = 4X(1 − X), si determini la
densita’ di Y , e si calcolino valor medio e varianza di Y .
Esercizio 2
a) Sia X una variabile aleatoria di tipo discreto, che assume con probabilita’ positiva
soltanto valori interi, maggiori di 1. Detta τn la probabilita’ che risulti X > n, si
osservi che τ1 = 1, e che la successione (τn )n tende a 0 decrescendo.
b) Posto q =
1
,
A
dove A= numero lettere del nome , si supponga che risulti
P (”X > n + 1”|”X > n”) = q
n − (n − 1)q
(n − 1) − (n − 2)q
per ogni n ≥ 1. Se ne deduca il valore di τn , per ogni n.
c) Nelle stesse ipotesi precedenti, si deducano i valori P (”X = n”) per ogni n, e si
riconosca la distribuzione di X.
Esercizio 3 1) Sono assegnate n variabili aleatorie I.I.D., X1 , ..., Xn , dotate di momenti
fino all’ordine 4. Si ponga E(X1 ) = µ, V (X1 ) = σ 2 > 0, E(X14 ) = t. Quale condizione
deve intercorrere tra t, µ, e σ 2 , affinché X12 non sia costante quasi certamente?
2) Denotata con Z la variabile aleatoria
Z=
n
X
Xi2 ,
i=1
si calcolino E(Z), V (Z), e si scriva l’espressione di Z ∗ , nel caso X1 abbia distribuzione
uniforme in [0, 1], e n= numero lettere del nome.
3) Si puo’ indicare, approssimativamente, quale sia la distribuzione di Z ∗ , almeno
quando n é sufficientemente grande?
Esercizio 4
Siano (X1 , . . . , Xn ) un campione casuale I.I.D. tale che Xi ha distribuzione di Poisson con parametro λ1 e (Y1 , . . . , Yn ) un altro campione casuale I.I.D. tale che Yi
ha distribuzione di Poisson con parametro λ2 . Determinare la stima di massima
verosimiglianza di λ1 , λ2 e λ1 − λ2 .
1
Esercizio 1 Intanto, la v.a. Y assume valori tra 0 e 1; dunque, calcoleremo FY e fY solo
nei punti di tale intervallo. Per y ∈ [0, 1] risulta
P (”Y ≤ y”) = P (”4X(1 − X) ≤ y”) = P (”X ≤
1−
√
p
1−y
”) = 1 − 1 − y
2
da cui la densita’:
1
.
fY (y) = √
2 1−y
Se ne deduce che Y ha distribuzione beta, con parametri 1 e 12 . Si ha allora:
1
Z
E(Y ) =
0
8
4
2
y fY (y)dy = , E(Y 2 ) = , V (Y ) = .
3
15
45
Esercizio 2 a) Essendo P (”X = 1”) = 0, é certo che la X assume tutti valori maggiori
di 1, dunque τ1 = 1. Per n generico, n ≥ 1, l’evento ”X > n + 1” implica chiaramente
”X > n”, e quindi τn+1 < τn : cio’ prova la monotonia decrescente; infine si ha, per
continuita’:
lim P (”X > n”) = P (”X ≥ +∞”) = 0.
n→+∞
b) Essendo P (”X > n + 1”|”X > n”) = PP(”X>n+1”)
= τn+1
, la relazione assegnata
(”X>n”)
τn
diventa
n − (n − 1)q
τn+1 = qτn
(n − 1) − (n − 2)q
per ogni n ≥ 1. Se ne deduce subito
τ2 = q(2 − q), τ3 = q 2 (3 − 2q), ..., τn = q n−1 (n − (n − 1)q), ...
c) Per valutare P (”X = n”), n = 2, 3, ..., basta tener presente che
P (”X = n”) = P (”X > n − 1” \ ”X > n”) = τn−1 − τn
per ogni n ≥ 2. Avremo quindi
P (”X = n”) = (n − 1)q n−2 (1 − q)2 ,
che corrisponde alla distribuzione N B(2, 1 − q).
2
Esercizio 3 1) Chiaramente, la condizione cercata si realizza se V (X12 ) > 0 , ossia se
E(X14 ) − E(X12 )2 > 0: essendo E(X12 ) = V (X1 ) + E(X1 )2 , si deve avere
t > (σ 2 + µ2 )2 .
2) Le v.a. Xi2 sono anch’esse I.I.D., e dotate di momenti di ordine 2; dunque avremo
E(Z) = nE(X12 ) = n(σ 2 + µ2 ), V (Z) = nV (X12 ) = n(t − (σ 2 + µ2 )2 ).
1
Nel caso X1 ∼ U (0, 1), si ha µ = 21 , σ 2 = 12
e t = 51 , da cui E(X12 ) = 31 , V (X12 ) =
Se ne conclude:
r
5 3Z − n
∗
Z =
.
n
2
4
.
45
3) Essendo soddisfatte tutte le ipotesi del teorema del Limite Centrale, si puo’ affermare che, approssimativamente, la distribuzione di Z ∗ é N (0, 1).
Esercizio 4 Studiamo dapprima il campione (X1 , . . . , Xn ). Essendo, L(λ1 ) = fXi (x) =
e−λ1 λx1
, x = 0, 1, 2, . . . , per ogni i = 1, . . . , n, la funzione di verosimiglianza risulta,
x!
in virtú dell’indipendenza,
f (x1 , . . . , xn ; λ1 ) =
n
Y
e−λ1 λxi
1
xi !
i=1
P
n
x
e−nλ1 λ1 i=1 i
=
.
x 1 ! . . . xn !
Passando al logaritmo, si ottiene
log L(λ1 ) = −nλ1 +
n
X
xi log λ1 − log(x1 ! . . . xn !).
i=1
Considerando ora anche il campione (Y1 , . . . , Yn ), sempre dall’indipendenza, la funzione di verosimiglianza risulta
P
n
xi
e−nλ1 λ1 i=1
f (x1 , . . . , xn , y1 . . . , yn ; λ1 , λ2 ) =
x1 ! . . . x n !
P
n
e−nλ2 λ2 i=1
·
y1 ! . . . y n !
yi
e dunque
n
n
X
X
log L(λ1 , λ2 ) = −nλ1 +−nλ2 +
xi log λ1 +
yi log λ2 −log(x1 ! . . . xn !)−log(y1 ! . . . yn !).
i=1
i=1
Dallo studio della derivata si ottiene
d
log L(λ1 , λ2 ) = −n +
dλ1
3
Pn
i=1
λ1
xi
Pn
= 0 per λ̂1 =
i=1
n
xi
e
d2
log L(λ1 , λ2 ) = −
dλ21
Pn
i=1
λ21
xi
< 0,
Pn
pertanto la stima di massima verosimiglianza di λ1 è λ̂1 =
i=1
xi
= x̄.
xi
si deduce che la stima di massima
Ripetendo lo stesso ragionamento
per λ2
Pn
yi
verosimiglianza di λ2 è λ̂2 = i=1 = ȳ.
n
Infine, dall’invarianza dello stimatore di massima verosimiglianza concludiamo che la
stima di λ1 − λ2 è λ̂1 − λ̂2 = x̄ − ȳ.
Esercizio 1 Si fa un gioco con due monete, M1 e M2 . Ogni volta si sceglie a caso una
delle due monete, e la si lancia, annotando poi la faccia uscita. Pero’, se esce ”testa”,
la moneta lanciata viene accantonata, e si prosegue con l’altra, finché non esce di
nuovo ”testa”: a quel punto il gioco finisce. Per quanto riguarda M1 , la probabilita’
di ”testa” é p1 := 1/A, mentre per M2 , la probabilita’ di ”testa” é p2 := 1/(A + B),
dove si é denotato con A il numero delle lettere del proprio nome, e con B quello
delle lettere del proprio cognome. Si indichi con X la variabile aleatoria che segnala
il numero di lanci occorrenti per terminare il gioco: dunque, al lancio X−esimo esce
”testa” per la seconda volta (ovviamente, X ≥ 2). Si indichi con C l’evento ”croce al
primo lancio”, con T l’evento ”testa al primo lancio”, e si ponga anche q1 = 1 − p1 ,
q2 = 1 − p2 .
1. Si calcolino P (T ), P (C), P (”X = 2”).
2. Per ogni n > 2, si calcoli P (”X = n” ∩ T ).
3. Posto hn = P (”X = n”) per n ≥ 2, si dimostri che
hn = P (C)hn−1 +
p1 p2 n−2
(q1 + q2n−2 )
2
per ogni n > 2.
4. Si deduca che, per ogni intero n ≥ 2, risulta
hn = p1 p2
5. Si calcoli E(X).
4
q2n−1 − q1n−1
.
q2 − q1
Esercizio 2 Siano X, Y due variabili aleatorie, con distribuzione continua. Si supponga
che la densita’ congiunta f(X,Y ) abbia la seguente legge:
(
k(x + y), (x, y) ∈ S
f(X,Y ) (x, y) =
0, altrove,
dove k é un’opportuna costante positiva, e S é il triangolo S = {(x, y) : 0 ≤ y ≤
1 − x ≤ 1}.
Dopo aver determinato il valore di k > 0, si trovino le distribuzioni marginali di X e
Y , e si calcoli cov(X, Y ).
Esercizio 3 Viene condotto un sondaggio su un campione aleatorio di n1 = B × 100
uomini e n2 = A × 100 donne, dove A e B sono definiti come nell’esercizio 1, per
misurare il grado di apprezzamento di un certo prodotto. Sapendo che un uomo su
due ed una donna su tre hanno espresso parere favorevole, si chiede di costruire un
intervallo di confidenza al 98% per la differenza tra le proporzioni di tutti gli uomini
e le donne a cui piace il prodotto.
(Detta Φ la funzione di ripartizione della distribuzione normale N (0, 1), utilizzare la
seguente tabella:
Φ(0) = 0.5
Φ(1.881) ≈ 0.97
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(2.055) ≈ 0.98
Φ(1.751) ≈ 0.96 Φ(2.33) ≈ 0.99.)
Esercizio 1
1. Si ha, chiaramente:
P (T ) = P (T |M1 )P (M1 ) + P (T |M2 )P (M2 ) = (p1 + p2 )/2; P (C) = (q1 + q2 )/2.
Quanto a P (”X = 2”) = h2 , si ha
h2 = p2 P (T |M1 )P (M1 ) + p1 P (T |M2 )P (M2 ) = p1 p2
ove Mi denota l’evento ”la prima moneta lanciata é Mi ”, i = 1, 2.
5
2. Fissato n > 2, si ha
P (”X = n” ∩ T ) = P (”X = n” ∩ T ∩ M1 ) + P (”X = n” ∩ T ∩ M2 ) =
= P (”X = n”|T ∩ M1 )P (T ∩ M1 ) + P (”X = n”|T ∩ M2 )P (T ∩ M2 ) =
=
p2
p1 p2 n−2
p1
p2 (1 − p2 )n−2 + p1 (1 − p1 )n−2 =
q1 + q2n−2 .
2
2
2
3. Per n > 2 si ha
hn = P (”X = n”∩T )+P (”X = n”∩C) =
p1 p2 n−2
q1 + q2n−2 +P (”X = n”∩C),
2
usando il risultato del punto precedente. Per calcolare P (”X = n”∩C), notiamo
che, qualora al primo lancio esca ”croce”, da quel momento il gioco riprende in
maniera identica, e quindi la probabilita’ che X sia uguale a n dato C é uguale
alla probabilita’ non condizionata che X sia uguale a n−1 (un lancio é comunque
stato fatto). Si ha percio’
P (”X = n” ∩ C) = P (”X = n”|C)P (C) = hn−1 (q1 + q2 )/2.
Sommando le due probabilita’ trovate, si ottiene la formula voluta.
q n−1 −q n−1
4. Basta verificare la relazione, per induzione. Intanto, per n = 2, si ha 2 q2 −q11 = 1,
e quindi resta h2 = p1 p2 , come dal punto 1. Supponiamo ora che la relazione
hn = p1 p2
q2n−1 − q1n−1
q2 − q1
sia soddisfatta per un certo n, e verifichiamola per n + 1, utilizzando la formula
del punto 3. Si deve avere
hn+1 = P (C)hn +
=
=
p1 p2 n−1
q1 + q2n−1 =
2
q1 + q2
q n−1 − q1n−1 p1 p2 n−1
p1 p2 2
+
q1 + q2n−1 =
2
q2 − q1
2
p1 p2 (q1 + q2 )(q2n−1 − q1n−1 ) + (q1n−1 + q2n−1 )(q2 − q1 ) =
2(q2 − q1 )
=
p1 p2
(q n − q1n )
q2 − q1 2
che é proprio la relazione voluta, per n + 1.
6
5. Per il calcolo di E(X), notiamo intanto che si ha, per ogni q ∈]0, 1[:
∞
X
nq
n−1
=
n=2
∞
X
nq n−1 − 1 =
n=1
1
−1
p2
ove p = 1 − q. Ora si ha
∞
∞
X
X
1
q2 − q1
1
n−1
nq1n−1 = 2 − 2
E(X) =
nq2 −
p1 p2
p2 p1
n=2
n=2
da cui facilmente
E(X) =
1
1
+
= 2A + B.
p1 p2
Esercizio 2
Z
Per calcolare k, basta integrare
Z 1 Z 1−y
Z 1
1
(1 − y)2
(x + y)dxdy =
dy
+ y(1 − y))dy = .
(x + y)dx =
(
2
3
S
0
0
0
Dunque, k = 3. Per trovare la marginale fX , basta integrare:
Z 1
Z 1−x
3
(1 − x)2
fX (x) =
= (1 − x2 ),
f(X,Y ) (x, y)dy =
3(x + y)dy = 3x(1 − x) + 3
2
2
0
0
naturalmente per 0 ≤ x ≤ 1. La distribuzione marginale di Y é uguale, per motivi di
simmetria.
Risulta poi
3
E(X) = E(Y ) =
2
1
Z
x(1 − x2 )dx =
0
3
8
e ancora
Z
E(X, Y ) =
1
=
0
1−y
Z
xyf(X,Y ) (x, y)dxdy =
S
Z
1
Z
3xy(x + y)dx dy =
0
0
3
1
3 2
3
2
(1 − y) y + y (1 − y) dy = B(4, 2) + B(3, 3) = .
2
2
10
Mediante la formula cov(X, Y ) = E(X, Y ) − E(X)E(Y ), si ottiene infine
cov(X, Y ) =
9
13
1
−
=−
.
10 64
320
Esercizio 3 Viene richiesto di costruire un intervallo di confidenza per p1 − p2 , dove
indichiamo con p1 la frequenza di responsi positivi tra gli uomini e con p2 la frequenza
di consensi tra le donne. Se p̂1 e p̂2 sono i rispettivi stimatori di p1 e p2 , data la
numerosità del campione, la quantità
Z=
(p̂1 − p̂2 ) − (p1 − p2 )
,
σp̂1 −p̂2
7
q
q
p
p1 (1−p1 )
2)
2
2
+ p2 (1−p
, ha distribuzione
dove σp̂1 −p̂2 = V [p̂1 − p̂2 ] = σp̂1 + σp̂2 =
n1
n2
asinto-tica N (0, 1). Dalla relazione
h
i
P (p1 − p2 ) − z a2 σp̂1 −p̂2 ≤ p̂1 − p̂2 ≤ (p1 − p2 ) + z a2 σp̂1 −p̂2 ≈ (1 − a),
sostituendo a σp̂1 −p̂2 lo stimatore Sp̂1 −p̂2 =
di confidenza approssimati sono
q
p̂1 (1−p̂1 )
n1
+
p̂2 (1−p̂2 )
,
n2
si deduce che i limiti
p̂1 − p̂2 ± z a2 Sp̂1 −p̂2 .
In conclusione, essendo a = 0.02, z a2 = z0.99 = 2.33, p̂1 = 21 , p̂2 = 13 , l’intervallo di
confidenza cercato è
h1
i
1
− 2.33 Sp̂1 −p̂2 , + 2.33 Sp̂1 −p̂2 ,
6
6
r
1
2
dove Sp̂1 −p̂2 =
+
.
4n1 9n2
Esercizio 1 Sia X una variabile aleatoria del tipo U (0, 1). Per ogni intero positivo n, si
ponga poi
Xn = n2 X n (1 − X).
Si determini la distribuzione di X1 , e il valor medio E(Xn ), per ogni n. Si controlli
poi se la successione (Xn )n converge quasi certamente, in distribuzione, o in L1 .
Esercizio 2 Sia X una variabile aleatoria, la cui funzione di ripartizione FX sia continua.
Posto FX = g, si dimostri che la variabile aleatoria g(X) ha distribuzione U (0, 1). Si
provi con un esempio che questo non é piu’ vero, se FX non é continua.
Esercizio 3
Due astronomi, che chiameremo A e B, hanno misurato le dimensioni di un grande
numero di stelle (le stesse per entrambi), riportando poi i valori osservati in una
tabella. Lo scienziato A ha riportato il diametro delle stelle osservate, in opportuna
unita’ astronomica, mentre il collega B ha riportato il volume, nella stessa unita’
al cubo. Dalla tabella dell’astronomo A si puo’ dedurre che le misure osservate
si distribuiscono approssimativamente secondo una legge N (µ, σ 2 ). Quale media e
quale varianza dobbiamo attenderci per i dati riportati dall’astronomo B? (Si usino le
seguenti formule, relative ai momenti della normale standard X: E(X 2 ) = 1, E(X 4 ) =
3, E(X 6 ) = 15).
8
Esercizio 4
Sia X una variabile aleatoria la cui funzione di densita’ e’ proporzionale a

x2θ , 0 ≤ x ≤ 1,
f (x; θ) =
0,
altrove,
dove θ > 0 é un parametro da stimare.
Si determini, per ogni θ, la densita’ precisa di X, e si trovi un numero positivo h,
dipendente da θ, tale che X = Y h , con Y ∼ U (0, 1).
Utilizzando il metodo dei momenti, si chiede poi di dare una stima puntuale di θ sulla
base di un campione casuale di 5 osservazioni, dove x1 = 0.95, x2 = 0.82, x3 = 0.7,
x4 = 0.9, x5 = 0.8.
Esercizio 1
Per determinare la distribuzione di X1 , basta osservare che
√
√
1 − 1 − 4t
1 + 1 − 4t
x(1 − x) < t =⇒ x <
, oppure x >
2
2
(ovviamente con 0 ≤ t ≤ 14 ). Si ha dunque
FX1 (t) = 1 −
√
1 − 4t
per 0 ≤ t ≤ 41 . Pertanto la densita’ di X1 é data da
2
fX1 (t) = √
1 − 4t
per 0 ≤ t ≤ 14 , e nulla altrove.
Quanto al valor medio delle Xn , si ha facilmente
1
1
n2
E(Xn ) = n (
−
)=
.
n+1 n+2
(n + 1)(n + 2)
2
Inoltre, qualunque sia il valore X(ω) = x, questo é compreso fra 0 e 1, e quindi
n2 xn (1 − x) tende a 0, per n → ∞. Cio’ vuol dire che le Xn convergono a 0 q.c., e
quindi in P. e in D. Non si ha convergenza in L1 , poiché E(Xn ) non tende a 0.
Esercizio 2 Chiaramente, la variabile g(X) assume valori tra 0 e 1. Per ogni t ∈ [0, 1],
sia x(t) := sup{x : g(x) ≤ t}. Poiché g é continua, risulta
x(t) = sup{x : g(x) = t},
9
e quindi g(x(t)) = t.
D’altra parte, per la monotonia di g, si ha
P (”g(X) ≤ t”) = P (”X ≤ x(t)”) = g(x(t)) = t.
Allora g(X) ha la stessa funzione di ripartizione di una variabile aleatoria di tipo
U (0, 1), e quindi g(X) ∼ U (0, 1).
Per fornire un controesempio nel caso discontinuo, si consideri X costante quasi
certamente, ad es. X ≡ 0. Intanto, la funzione di ripartizione FX é la funzione
di Heaviside, cioé
FX (x) = 1[0,+∞[ (x).
Risulta poi
FX (X(ω)) = FX (0) = 1
per ogni ω, e quindi g(X) in questo caso é anch’essa costante.
Esercizio 3 Denotiamo con U la variabile aleatoria, che rappresenta i dati riportati da
A, per cui U ∼ N (µ, σ 2 ). Possiamo scrivere anche
U = σX + µ
con X ∼ N (0, 1). Denotiamo poi con W la variabile che rappresenta i dati riportati
da B. Supponendo che le misure dei due astronomi siano egualmente accurate, e che
le stelle abbiano tutte forma sferica, si puo’ assumere che risulti
4 U
π
W = π( )3 = U 3 .
3 2
6
Si ha ora
E(U 3 ) = E((σX + µ)3 ) = µ3 + 3µσ 2
per cui
π 3
(µ + 3µσ 2 ).
6
Quanto alla varianza di W , si ha chiaramente V (W ) = ( π6 )2 V (U 3 ), e V (U 3 ) =
E(U 6 ) − (E(U 3 ))2 . Ora, procedendo come sopra, avremo:
E(V ) =
E(U 6 ) = E((σX + µ)6 ) = σ 6 E(X 6 ) + 15σ 4 µ2 E(X 4 ) + 15σ 2 µ4 E(X 2 ) + µ6 =
= 15σ 6 + 45σ 4 µ2 + 15σ 2 µ4 + µ6 .
Allora, risulta
V (U 3 ) = 15σ 6 + 45σ 4 µ2 + 15σ 2 µ4 + µ6 − (µ3 + 3µσ 2 )2 = 15σ 6 + 36µ2 σ 4 + 9µ4 σ 2 .
Infine, si ha
π
V (W ) = ( )2 (15σ 6 + 36µ2 σ 4 + 9µ4 σ 2 ).
6
10
Esercizio 4 Denotando con φ la densita’ esatta di X, deve risultare φ(x) = αf (x), con
R1
R1
α > 0 opportuno. Si deve anche avere 0 φ(x)dx = 1, per cui, essendo 0 f (x)dx =
1
, risultera’:
2θ+1
φ(x) = (2θ + 1)x2θ
per x ∈ [0, 1], e 0 altrove. Imponendo Y ∼ U (0, 1), per qualsiasi h > 0 la densita’ di
Y h (che denoteremo con ψh ) é data da
ψh (y) =
1 1 −1
yh
h
per y ∈ [0, 1], e 0 altrove. Imponendo ψh = φ, si ottiene subito h =
1
.
2θ+1
Quanto alla stima richiesta, risulta chiaramente
Z 1
2θ + 1
E[X] =
(2θ + 1)x2θ+1 dx =
.
2θ + 2
0
Utilizzando il metodo dei momenti poniamo
E[X] = X =
n
X
Xi ,
i=1
da cui si ricava che uno stimatore di θ e’
2X − 1
.
2 − 2X
P5
xi
Dai dati del campione si calcola che x = i=1 ∼ 0.83, dunque una stima di θ e’
5
θ̂ ∼ 2.
θ̂ =
Esercizio 1
Data una variabile aleatoria X ∼ N (1, σ 2 ), si calcoli il rapporto
E(X 2 )
.
E(X 4 )
Esercizio 2
Una v.a. Y assume i valori −1, 0, 1, ciascuno con probabilita’ 13 . Si consideri una
successione I.I.D. (Xn ), con la stessa distribuzione di Y .
a) Si determini la distribuzione di X1 + X2 , e se ne trovino valor medio e varianza.
b) In relazione al Teorema del Limite Centrale, quale successione legata a (Xn ) converge in Distribuzione alla normale standard?
11
c) Considerata la sequenza (X1 , ..., Xn ), si valutino la distribuzione di N0 e le probabilita’ condizionate
P (N1 = j|N0 = h),
per j e h compresi fra 0 e n, dove N1 , N0 , N−1 rappresentano rispettivamente il numero
di indici i per cui Xi = 1, Xi = 0, Xi = −1, con i = 1, ..., n.
Esercizio 3
Uno stabilimento produce barre di metallo. Viene estratto un campione casuale di
10 barrette e le lunghezze osservate sono le seguenti (in mm): 27 34 27 36 30 32
32 27 36 25.
a) Calcolare, in base ai dati del campione, la media campionaria e la varianza campionaria.
b) Assumendo che la popolazione abbia distribuzione normale, determinare un intervallo di confidenza al 99% per la lunghezza media delle barrette.
c) Stabilire la dimensione che il campione dovrebbe avere affinche’ l’errore di stima
della lunghezza media sia inferiore a 1.5 con probabilita’ 0.95.
seguente tabella:
Φ(1.645) = 0.95 Φ(1.96) = 0.975
Φ(2.58) = 0.995 Φ(3.27) = 0.9995)
Esercizio 1
Chiaramente, si ha E(X 2 ) = V (X) + E 2 (X) = σ 2 + 1. Per il calcolo di E(X 4 ),
conviene scrivere X = σX ∗ + 1, ove X ∗ ∼ N (0, 1). Si ha allora
E(X 4 ) = σ 4 E(X ∗4 ) + 4σ 3 E(X ∗3 ) + 6σ 2 E(X ∗2 ) + 4σE(X ∗ ) + 1) = σ 4 E(X ∗4 ) + 6σ 2 + 1
essendo nulli i momenti dispari di X ∗ e 1 il momento secondo. Il calcolo di E(X ∗4 )
fornisce
Z +∞
Z +∞
2
4
∗4
4 −x2 /2
xe
dx = √
u3/2 e−u du,
E(X ) = √
π 0
2π 0
12
√
con la sostituzione x = 2u. Essendo poi
Z +∞
5
31 1
3√
u3/2 e−u du = Γ( ) =
Γ( ) =
π,
2
22 2
4
0
si conclude che E(X ∗4 ) = 3, E(X 4 ) = 3σ 4 +6σ 2 +1, e il rapporto cercato vale dunque
σ2 + 1
E(X 2 )
=
.
E(X 4 )
3σ 4 + 6σ 2 + 1
Esercizio 2
a)La v.a. X1 + X2 puo’ assumere i valori −2, −1, 0, 1, 2, con probabilita’ rispettivamente 91 , 29 , 13 , 92 , 19 . Essendo E(Y ) = 0 e V (Y ) = E(Y 2 ) = 23 , é chiaro che
E(X1 + X2 ) = 0 e che V (X1 + X2 ) = 34 .
b) Detta Sn la somma delle Xi , per i = 1, ..., n, si ha E(Sn ) = 0 e V (Sn ) = 23 n.
Dunque la successione che converge in D. alla normale standard é
√
Sn
3
∗
Sn = p
= √ Sn .
2n
V (Sn )
c) La distribuzione di N0 é del tipo B( 13 , n), per cui
n−h
n 2
P (N0 = h) =
,
h 3n
per ogni h = 0, ..., n.
Fissati j e h, certamente si ha P (N1 = j|N0 = h) = 0, se j + h > n. Dunque,
assumeremo h + j ≤ n. Ora, supposto N0 = h, la distribuzione di N1 é quella di una
binomiale, con parametri p = 21 e n − h, dunque
n−h
1
P ((N1 = j|N0 = h) =
.
j
2n−h
Esercizio 3
a) Detta X la variabile aleatoria che rappresenta la lunghezza delle barrette, con
semplici calcoli si trova che
10
X
xi
X=
e
i=1
10
= 30.6
10
X
(xi − X)2
S2 =
i=1
9
13
∼ 12.8.
X −µ
b) Poiche’ q
ha distribuzione asintotica N (0, 1), gli estremi dell’intervallo di
S2
n
q
2
S
confidenza sono X ± z
, dove a = 0.01, e dunque, dalla tabella, z a2 = 2.58.
n
Pertanto l’intervallo di confidenza cercato e’
#
"
r
r
12.8
12.8
, 30.6 + 2.58
∼ [27.68, 33.52].
30.6 − 2.58
10
10
a
2
c) Si chiede di determinare
n tale che P (|X − µ| < 1.5) = 0.95, ovvero

|X − µ|
1.5
P q
< q  = 0.95.
S2
n
S2
n
X −µ
1.5
Poiche’ q
ha distribuzione asintotica N (0, 1), segue che deve essere q = z a2 =
S2
n
S2
n
1.96, essendo a = 0.05. Concludiamo pertanto che n ∼ 21.85 e dunque il campione
dovrebbe essere di 22 barrette.
Esercizio 1 Siano X e Y due variabili aleatorie indipendenti, con distribuzione continua.
Supponendo che X ∼ U (0, 1) e Y ∼ U (−1, 0), si determini la distribuzione di X + Y.
Esercizio 2
Una variabile aleatoria Z ha distribuzione continua, con densita’:


 u + 1, se − 1 < u < 0
fZ (u) =
1 − u, se 0 < u < 1


0, se u ∈
/ [−1, 1].
Si determini la densita’ di Z 2 .
Esercizio 3 In un recipiente sono contenute 3 palline, una bianca, una rossa e una blu.
Si fanno estrazioni casuali, rimettendo ogni volta la palla estratta nel contenitore.
a) Qual é il numero medio di prove per osservare la terza palla blu ?
b) Supponendo di effettuare 10 estrazioni, qual é il numero medio di palle bianche
osservate?
c) Sempre in 10 prove, qual’é la probabilita’ di osservare 8 palle rosse consecutive?
14
Esercizio 4 Da un’indagine condotta su 36 studenti iscritti alla facolta’ di Ingegneria
risulta che il voto medio riportato ad un certo esame del primo anno é 26, con uno
scarto quadratico medio pari a 1.5.
a) Costruire un intervallo di confidenza al 95% per il voto medio dell’intera popolazione di studenti assumendo un modello gaussiano.
b) Un’indagine precedente condotta su tutti gli studenti aveva riportato un voto
medio pari a 25.5. Verificare con un test di livello di significativita’ α = 0.05 se il
voto medio é aumentato.
seguente tabella:
Φ(1.645) = 0.95 Φ(1.96) = 0.975
Φ(2.58) = 0.995 Φ(3.27) = 0.9995)
Esercizio 1 Adoperando la formula di convoluzione, e detta Z la somma di X e Y , si
deve avere
Z 1
Z
fZ (z) =
fY (z − x)dx =
dx,
0
[0,1]∩[z,z+1]
essendo fY (z − x) = 1 se e solo se z ≤ x ≤ z + 1 e fY (z − x) = 0 altrimenti. Un
facile calcolo permette infine di concludere che Z ha la seguente densita’ (v. anche
esercizio seguente):


 z + 1, se − 1 < z < 0
fZ (z) =
1 − z, se 0 < z < 1


0, se z ∈
/ [−1, 1].
Esercizio 2 Chiaramente, Z 2 ha distribuzione continua, e puo’ assumere solo valori
compresi tra 0 e 1. Per u ∈ [0, 1], si ha:
√
√
P (”Z 2 ≤ u”) = P (− u ≤ Z ≤ u”) = 2
√
u
Z
fZ (z)dz.
0
Un facile calcolo fornisce quindi:
√
FZ 2 (u) = 2 u − u
15
per 0 ≤ u ≤ 1, e quindi la corrispondente densita’ é
1
fZ 2 (u) = √ − 1
u
naturalmente per u ∈ [0, 1], e 0 altrove.
Esercizio 3 (a) Chiaramente, il numero di prove necessarie per osservare la terza palla
blu é una v.a. di tipo N B(3, 13 ), quindi il suo valor medio é 9.
(b) Similmente, il numero di palle bianche osservate in 10 prove é di tipo B(10, 13 ), e
.
quindi la sua media é 10
3
(c) L’evento in questione é unione di 3 eventi, che chiameremo A, B, C: A corrisponde
a ”palla rossa nelle prime 8 estrazioni”, C all’evento palla rossa nelle ultime 8 estrazioni”, e B all’evento ”palla rossa nelle estrazioni dalla seconda alla nona”. La
probabilita’ dell’unione, secondo il principio d’inclusione-esclusione, é data da:
P (A∪B ∪C) = P (A)+P (B)+P (C)−P (A∩B)−P (A∩C)−P (B ∩C)+P (A∩B ∩C).
Essendo poi P (A) = P (B) = P (C) = 3−8 , P (A ∩ B) = P (B ∩ C) = 3−9 e P (A ∩ C) =
P (A ∩ B ∩ C) = 3−10 , si conclude che
P (A ∪ B ∪ C) =
7
.
39
Esercizio 4 a) Assumendo distribuzione gaussiana, gli estremi dell’intervallo di confiσ
denza cercato sono X̄ ± z a2 √ , dove, dalla tabella, si vede che
n
P (”|Z| ≤ z a2 ”) ≈ 0.975 ⇔ z a2 ≈ 1.96.
Pertanto l’intervallo di confidenza e’
1.5
1.5
26 − 1.96 , 26 + 1.96
∼ [25.51, 26.49].
6
6
b) Si tratta di un test unidirezionale dove l’ipotesi nulla e’ H0 : µ = µ0 = 25.5, contro
l’ipotesi alternativa H1 : µ > µ0 . Si rifiuta pertanto l’ipotesi nulla se z > za , laddove
X̄ − µ0
26 − 25.5
= 2. Poiche’, dalla tabella, risulta
z=
=
σ
1.5
√
n
6
P (”|Z| ≤ za ”) ≈ 0.95 ⇔ za ≈ 1.645,
si rifiuta l’ipotesi nulla e si propende per affermare che il voto medio sia aumentato.
16
Esercizio 1 Supponiamo che una variabile aleatoria Y sia sempre non negativa, ed abbia
la seguente densita’:
√
λ
fY (y) = √ e−λ y ,
2 y
naturalmente per y > 0, e nulla per y < 0 (λ é una costante positiva). Si calcolino i
√
momenti E(Y ) ed E(Y 2 ), e si determini la densita’ della variabile aleatoria X = Y .
Esercizio 2 Nella speranza di vincere una lotteria, un signore acquista 80 biglietti.
In questo modo pero’ la sua probabilita’ di avere almeno un biglietto vincente é
circa 0.015. Assumendo un modello di Poisson, si calcoli approssimativamente la
probabilita’ che negli 80 biglietti ve ne siano almeno 2 vincenti.
Quanti biglietti bisognerebbe comperare, perché la probabilita’ di avere almeno un
biglietto vincente sia almeno 0.5?
Esercizio 3
Sia X una variabile aleatoria la cui funzione di densita’ e’

kxe−x2 θ , x > 0,
f (x; θ) =
0,
altrove,
dove θ > 0. Si chiede di
(a) calcolare k;
(b) fornire uno stimatore di θ con il metodo della massima verosimiglianza, sulla base
di un campione casuale X1 , . . . , Xn .
Esercizio 1
Il calcolo dei momenti fornisce:
Z +∞
Z +∞
2
24
2
E(Y ) =
yfY (y)dy = 2 , E(Y ) =
y 2 fY (y)dy = 4 .
λ
λ
0
0
Quanto alla variabile X, ovviamente anch’essa é sempre positiva, e la sua densita’ fX
si ottiene come segue: per x > 0
Z x2
2
P (”X ≤ x”) = P (Y ≤ x ”) =
fY (y)dy,
0
da cui, derivando:
fX (x) = 2xfY (x2 ) = λe−λx .
Dunque X ha distribuzione esponenziale Γ(1, λ).
17
Esercizio 2 Nel modello di Poisson, assumeremo che vi sia mediamente un biglietto
vincente ogni N biglietti acquistati. La densita’ λ sara’ allora uguale al rapporto tra
il numero di biglietti acquistati e N (al momento incognito). Nel modello di Poisson,
con intensita’ λ, la probabilita’ di non avere nessun biglietto vincente coincide con
e−λ , per cui risulta e−λ = 1 − p ∼ 0.985. Se ne deduce che
λ ∼ − log(0.985) = 0.01511.
Sempre nell’ambito del modello di Poisson, la probabilita’ p2 di avere almeno due
biglietti vincenti é data da
p2 = 1 − e−λ − λe−λ ∼ 0.00011.
, si
Per rispondere all’ultima domanda, bisogna valutare N : dovendo risultare λ = 80
N
80
trova N = 0.01511 ∼ 5294. Dunque, si ha mediamente un biglietto vincente ogni 5294
biglietti venduti. Ora, se si vuole p = 0.5, dovrebbe essere λ = − log 0.5 = log 2, ossia
M
log 2 =
N
ove M é la quantita’ incognita: ponendo N = 5294, si deduce M = 5294 log 2 ∼
3669.8. Dunque, se si vuole almeno p = 0.5, bisognerebbe acquistare almeno 3670
biglietti.
Esercizio 3
(a) Affinché f sia una funzione di densita’, si deve avere
Z +∞
k
2
kxe−x θ dx =
= 1;
2θ
0
pertanto deve essere k = 2θ.
(b) La funzione di verosimiglianza, in virtu’ dell’indipendenza, è
n
Y
Pn 2
n n
L(x1 , . . . , xn ; θ) = 2 θ
xi e− i=1 xi θ
i=1
e dunque
log L(x1 , . . . , xn ; θ) = n log 2 + n log θ +
n
X
log xi −
i=1
n
X
x2i θ.
i=1
Studiando la derivata si ottiene
n
d
n X 2
n
log L(x1 , . . . , xn ; θ) = −
xi = 0 se θ̂ = Pn 2 ;
dθ
θ
i=1 xi
i=1
pertanto, poiche’
d2
n
log L(x1 , . . . , xn ; θ) = − 2 < 0,
2
dθ
θ
n
lo stimatore di massima verosimiglianza di θ è θ̂ = Pn 2 .
i=1 xi
18
Esercizio 1
Supponiamo che una variabile aleatoria Y abbia la seguente densita’:
(
fY (y) =
1
,
y2
y>1
0, y ≤ 1.
Controllare se Y ammette valor medio, e determinare la distribuzione di X =
1
Y
.
Esercizio 2
Per ogni n, sia Xn una variabile aleatoria di tipo discreto, che puo’ assumere solo i
n
valori 1 e -1, entrambi con la stessa probabilita’. Si ponga poi Un = 1+X
per ogni n.
2
Supponendo che le Xn siano globalmente indipendenti, si determini la distribuzione
di Bn e di Sn , ove
n
n
X
X
Bn =
Ui , Sn =
Xi .
i=1
i=1
Sn
La successione ( √
) converge in distribuzione?.
n n
Esercizio 3
Sia X una variabile aleatoria la cui funzione di densita’ e’

ke−(θ−2)x , x > 2,
f (x; θ) =
0,
altrove,
dove θ > 2. Si chiede di
(a) calcolare k;
(b) fornire uno stimatore di θ con il metodo della massima verosimiglianza, sulla base
di un campione casuale X1 , . . . , Xn ;
(c) fornire uno stimatore di µ = E[X] con il metodo della
massima verosimiglianza, sulla base di un campione casuale X1 , . . . , Xn .
1
Esercizio 1 Chiaramente, Y assume valori tra 1 e +∞. Il valor medio esiste se esiste
finito l’integrale generalizzato
Z +∞
Z +∞
1
dx.
x fY (x)dx =
x
1
1
Poiché quest’ultimo integrale é infinito, ne segue che Y non ammette valor medio.
Quanto a X =
1
Y
, questa v.a. assume valori compresi tra 0 e 1. Per x ∈]0, 1], si ha
FX (x) = P (
1
1
1
≤ x) = P (Y ≥ ) = 1 − FY ( ).
Y
x
x
Derivando rispetto a x, si ricava FX0 (x) = 1, quindi X ha distribuzione uniforme
U (0, 1).
Esercizio 2
Si vede facilmente che Un é di tipo Bernoulli B(1, 12 ). Allora, a causa dell’indipendenza,
Bn ∼ B(n, 12 ). Essendo Xn = 2Bn − 1, ne segue che Sn = 2Bn − n. Dunque, Sn é
una v.a. discreta, che puo’ assumere i valori 2k − n, con k = 0, 1, ...n, e si ha
n 1
P (Sn = 2k − n)) =
k 2n
per ogni k = 0, 1, ..., n. Poiché V (Bn ) = n4 , risulta V (Sn ) = n. Inoltre E(Sn ) = 0,
poiché E(Xn ) = 0, per ogni n. Dunque
S
√n = Sn∗
n
e dunque, per il teorema del limite centrale,
standard.
Esercizio 3
Sn
√
n
converge in distribuzione alla normale
(a) Affinché f sia una funzione di densita’, si deve avere
Z +∞
k
ke−(θ−2)x =
= 1;
θ−2
2
pertanto deve essere k =
θ−2
.
e4−2θ
(b) La funzione di verosimiglianza, in virtu’ dell’indipendenza, è
n
θ − 2 n Y −(θ−2)xi
L(x1 , . . . , xn ; θ) = ( 4−2θ )
e
e
i=1
e dunque
log L(x1 , . . . , xn ; θ) = n log(θ − 2) + 2nθ − 4n − (θ − 2)
n
X
i=1
2
xi .
Studiando la derivata si ottiene
n
X
d
n
n
;
log L(x1 , . . . , xn ; θ) =
+ 2n −
xi = 0 se θ̂ = 2 + Pn
x
−
2n
dθ
θ−2
i
i=1
i=1
pertanto, poiche’
d2
n
log L(x1 , . . . , xn ; θ) = −
< 0,
2
dθ
(θ − 2)2
n
.
lo stimatore di massima verosimiglianza di θ è θ̂ = 2 + Pn
i=1 xi − 2n
(b) La media di X è data da
+∞
Z
µ = E[X] =
2
θ − 2 −(θ−2)x
xe
dx = 2 +
e4−2θ
+∞
Z
e−(θ−2)x e2θ−4 dx =
2
2θ − 3
.
θ−2
Per il teorema di invarianza, essendo θ̂ lo stimatore trovato al punto (b),
µ̂ =
2θ̂ − 3
θ̂ − 2
,
e’ lo stimatore di massima verosimiglianza di µ.
Esercizio 1 Sia X una variabile aleatoria con distribuzione uniforme continua, X ∼
U (0, 1). Determinare la distribuzione della variabile Y = 4X(1 − X) e della variabile
Z = sin2 ( π2 X).
Esercizio 2 Si supponga di effettuare estrazioni a caso da un’urna, contenente inizialmente una palla bianca e una nera. Dopo la prima estrazione, la palla estratta si
rimette nell’urna, assieme con altre 3 palle nere. Dopo la seconda estrazione, oltre
alla palla estratta si mettono nell’urna 5 ulteriori palle nere. Cosi’ procedendo, dopo
la n-esima estrazione, nell’urna si aggiungono 2n + 1 palle nere, oltre a quelle gia’
contenute in precedenza.
Per ogni n = 1, 2, ..., si denoti con Xn la variabile aleatoria che assume il valore 1, se
all’estrazione n-esima esce palla bianca, e 0 altrimenti. Si determini la distribuzione
di Xn , oltre al suo valor medio e alla sua varianza, per ogni n.
Si studi inoltre il comportamento al limite delle variabili Xn , discutendo convergenza
in Distribuzione, in Probabilita’, e quasi certa.
3
Esercizio 3 Da un’indagine condotta su 400 studenti laureati in Ingegneria negli ultimi
3 anni presso una certa università, risulta che 1 studente su 4 ha trovato lavoro entro
3 mesi dalla laurea.
a) Costruire un intervallo di confidenza al 98% per la proporzione p degli studenti
che lavorano entro 3 mesi dalla laurea.
b) L’università ritiene di poter garantire che la proporzione in questione, calcolata su
tutti i laureati, sia pari al 20%. Verificare tale ipotesi (H0 ) con un test di livello di
significativita’ α = 0.01 contro l’ipotesi (H1 ) che la proporzione sia inferiore al 20%.
seguente tabella:
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1 Intanto, osserviamo che sia Y che Z possono assumere solo valori compresi
fra 0 e 1. Dunque, le loro densita’ saranno sicuramente nulle, al di fuori di [0, 1].
Calcolando la funzione di ripartizione di Y , si ottiene
√
√
p
1+ 1−y
1− 1−y
) + 1 − FX (
)=1− 1−y
FY (y) = FX (
2
2
per 0 ≤ y ≤ 1. Dunque
1
fY (y) = √
,
2 1−y
per 0 < y < 1.
Quanto a Z, si ha
√
2
FZ (z) = FX ( arcsin z)
π
per 0 < z < 1, dunque
fZ (z) =
1
1
√ √
π z 1−z
per 0 < z < 1.
Esercizio 2
Un semplice calcolo mostra che, al momento della n-esima estrazione,
nell’urna sono presenti 1 palla bianca e n2 palle nere, dunque Xn ∼ B(1, n21+1 ).
4
Ne deriva facilmente che
E(Xn ) =
n2
1
1
1
, V (Xn ) = 2
(1 − 2
).
+1
n +1
n +1
P
Poiché la serie
V (Xn ) é convergente, ne segue per noti teoremi che la successione
(Xn −E(Xn ))n converge a 0 quasi certamente. E poiché limn E(Xn ) = 0, ne segue che
(Xn )n converge a 0 quasi certamente. Ne consegue convergenza a 0 sia in Probabilita’
che in Distribuzione.
Esercizio 3 a) Sia X la variabile aleatoria del numero dei laureati che lavorano entro 3
mesi dalla laurea: ovviamente X segue una distribuzione binomiale con probabilita’
di successo p. Essendo n grande, possiamo sfruttare l’approssimazione
r normale, perp̂(1 − p̂)
, dove
tanto gli estremi dell’intervallo di confidenza cercato sono p̂ ± z a2
n
p̂ = 0.25, n = 400 e, dalla tabella,
P (”Z ≤ z a2 ”) ≈ 0.99 ⇔ z a2 ≈ 2.33.
"
#
r
r
0.25 0.75
0.25 0.75
0.25 − 2.33
, 0.25 + 2.33
∼ [0.2, 0.3].
400
400
b) Si tratta di un test unidirezionale dove l’ipotesi nulla e’ H0 : p = p0 = 0.2,
contro q
l’ipotesi alternativa H1 : p < p0 . Si rifiuta pertanto l’ipotesi nulla se p̂ <
0)
p0 − za p0 (1−p
, laddove a = 0.99 e, dalla tabella, za ≈ 2.33, dunque p̂ < 0.2 −
n
q
2.33 0.24000.8 ∼ 0.1534. Poiche’ risulta p̂ ≈ 0.25, l’ipotesi nulla e’ da accettarsi.
Esercizio 1 Siano X e Y due variabili aleatorie indipendenti, con distribuzione esponenziale, X ∼ Γ(1, α), Y ∼ Γ(1, β).
1) Determinare la distribuzione della variabile aleatoria X + Y e della variabile −Y .
2) Calcolare la probabilitá: P (”X > 2” ∩ ”Y < 1”).
3) Provare che P (”X − Y > 1”) > 0.
4) Dire se le variabili aleatorie X + Y e X − Y sono indipendenti.
5
Esercizio 2 Denotato con A il numero delle lettere del nome, sia X una variabile aleatoria
di tipo B(A, 21 ). Per ogni n = 1, 2, ..., si denoti con Xn la variabile aleatoria
Xn =
X
A
n
.
Si studi il comportamento al limite delle variabili Xn , discutendo convergenza in
Distribuzione, in Probabilita’, e quasi certa.
Esercizio 3 Una ditta produce lamine metalliche con un’affidabilità del 98%, ovvero la
probabilità che una lamina prodotta sia difettosa è pari al 2%.
(a) Se si esamina un campione di 500 lamine, qual è la probabilità che almeno 496
siano integre?
(b) Supponendo di sapere che delle 500 lamine 15 sono difettose, costruire un intervallo di confidenza al 99% per la probabilità 1 − p che un pezzo sia difettoso.
seguente tabella:
Φ(1.6) ≈ 0.94 Φ(1.645) ≈ 0.95
Φ(1.8) ≈ 0.96
Φ(1.96) ≈ 0.975 Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1 Per determinare la distribuzione di Z = X + Y , si puo’ usare la formula
della convoluzione (valida naturalmente per z > 0):
Z +∞
Z z
Z z
−αx −β(z−x)
−βz
fX (x)fY (z − x)dx =
αβe e
dx = αβe
e(β−α)x dx =
fZ (z) =
0
0
0
(
=
αβ
(e−αz
β−α
2 −αz
α ze
− e−βz ), α 6= β
, α = β.
Per quanto riguarda −Y , tale v.a. assume solo valori negativi, per cui é
F−Y (z) = P (”Y > −z”) = 1 − P (”Y < −z”) = eβz
per z < 0, mentre F−Y (z) = 1 per z > 0. Ne deriva che
f−Y (z) = βeβz 1]−∞,0] (z).
6
Per l’indipendenza di X e Y , si ha
P (”X > 2” ∩ ”Y < 1”) = P (”X > 2”)P (”Y < 1”) = e−2α (1 − e−β ) > 0.
Poiché l’evento ”X > 2” ∩ ”Y < 1” implica l’evento ”X − Y > 1”, la probabilita’ di
quest’ultimo é non minore di e−2α (1 − e−β ), e quindi positiva.
Infine, poiché X − Y ≤ X + Y , non é difficile provare che le due v.a. non sono
indipendenti: ad esempio, gli eventi ”X − Y > 1” e X + Y < 1 sono incompatibili,
dunque l’intersezione ha probabilita’ nulla, ma il prodotto delle loro probabilita’ é
strettamente positivo.
(Per la cronaca, forniamo la densita’ della variabile X − Y : risulta
(
αβ βu
e , u < 0,
α+β
fX−Y (u) =
αβ −αu
e , u > 0).
α+β
Esercizio 2
Poiché il massimo valore che X puo’ assumere é A, ne segue che
e 1, e dunque si ha
(
0, X < 1
lim Xn =
n→+∞
1, X = 1,
X
A
é compresa fra 0
dunque la successione (Xn )n converge quasi certamente a una v.a. Z di tipo Bernoulli,
con parametro p = 21A . Di conseguenza, si ha anche convergenza in Probabilita’ e in
Distribuzione.
Esercizio 3
(a) Possiamo definire le variabili aleatorie
(
0, se l’i-esima lamina è difettosa,
Xi =
1, se l’i-esima lamina è integra,
i = 1, . . . , 500, con P (Xi = 0) = 1 − p = 0.02 e P (Xi = 1) = p = 0.98; al500
X
lora Xi ∼ Be(0.98). Poniamo poi Y =
Xi e osserviamo che Y ∼ Bin(500, 0.98).
i=1
Dal Teorema del limite centrale,
Pertanto risulta
Y −Y
Y − 490
→ N (0, 1), ovvero
→ N (0, 1).
σY
3.13
P (Y > 495) = 1 − P (Y ≤ 495) = 1 − Φ
7
495 − 490
3.13
≈ 1 − Φ(1.6) = 0.06.
15
= 0.03 dunque, essendo n grande, gli estremi
500
r
p̂ q̂
. Poiché dalla tabella si vede che
dell’intervallo di confidenza cercato sono q̂ ± z a2
n
(b) La nuova stima di (1 − p) è q̂ =
P (|Z| ≤ z a2 ) ≈ 0.995 ⇔ z a2 ≈ 2.58,
l’intervallo di confidenza è
"
#
r
r
0.97 0.03
0.97 0.03
0.03 − 2.58
, 0.03 + 2.58
∼ [0.01, 0.05].
500
500
Esercizio 1 Sia X una variabile aleatoria con distribuzione Normale standard, e sia a
un parametro reale fissato.
1) Si determini la distribuzione di Y = 3|X| − a.
2) Si determini a in modo che risulti E(Y ) = 0.
3) Detta Z una qualunque v.a. con la stessa distribuzione di Y , si determini la
distribuzione di W = ( Z+a
)2 .
3
Esercizio 2
Due ragazzi, Andrea e Barbara, fanno un gioco con una moneta ciascuno. La moneta
di Andrea é onesta, quella di Barbara ha P (T ) = 52 . L’esperimento consiste in questo:
ognuno dei due ragazzi lancia due volte la sua moneta. Vince quello che realizza piu’
teste nei due lanci, e in caso di parita’ l’esperimento si ripete, finché uno dei due
ragazzi non vinca.
1) Quali sono le probabilita’ che, in un singolo esperimento:
A) vinca Andrea,
B) vinca Barbara,
C) si abbia parita’ ?
2) Qual’é la probabilita’ che alla fine vinca Andrea?
Esercizio 3
Si consideri la funzione
f (x; θ) = k(1 + θx), −1 ≤ x ≤ 1,
8
con k ≥ 0. Dopo aver determinato l’intervallo di definizione di θ tale che f (x; θ) sia
la funzione di densita’ di una variabile aleatoria X si chiede di
(a) calcolare k;
(b) fornire uno stimatore di θ con il metodo dei momenti, sulla base di un campione
casuale X1 , . . . , Xn e verificare che lo stimatore trovato e’ corretto.
Esercizio 1
1) Chiaramente, dev’essere Y ≥ −a, per cui FY (y) = 0 per ogni y ≤ −a. Per
y > −a si ha
y+a
y+a
P (Y ≤ y) = P (−
≤X≤
)=2
3
3
fY (y) =
fX (t)dt
0
2
√1 e−x /2 .
2π
avendo indicato con fX la densita’ di X: fX (x) =
Derivando, si ottiene la densita’ di Y :
(
y+a
3
Z
2
f ( y+a
),
3 X
3
y > −a
y ≤ −a.
0,
2) Il valor medio di Y si calcola facilmente:
r
E(Y ) = 3E(|X|) − a = 3
in quanto
Z
√
2πE(|X|) = 2
+∞
xe−x
2 /2
2
−a
π
dx = 2.
0
q
Dunque, la v.a. Y ha media nulla quando a = 3 π2 .
3) Poiché Z ha la stessa distribuzione di Y , la variabile Z+a
ha la stessa distribuzione
3
Y +a
2
di 3 = |X|, e quindi W = Z ha la stessa distribuzione di X 2 , cioé W ∼ χ21 .
Esercizio 2
Considerato un singolo esperimento, si denoti con (i, j) l’evento ”Andrea realizza i
teste, e Barbara ne realizza j”. Denotato con Q il ”pareggio”, risulta
P (Q) = P (0, 0) + P (1, 1) + P (2, 2) =
9
1 9
2 12 1 4
37
+
+
=
.
4 25 4 25 4 25
100
In maniera analoga si calcola la probabilita’ che vinca Andrea (A), oppure Barbara
(B):
24
39
, P (B) =
.
P (A) =
100
100
Considerato il gioco nel suo complesso, conviene denotare con En l’evento ”n pareggi
consecutivi”, per ogni intero n ≥ 0. Allora la probabilita’ che il vincitore finale sia
Andrea é data da
+∞
X
+∞
39 100
13
39 X 37 n
) =
=
∼ 0.619.
P (A) =
P (A|En )P (En ) =
(
100 n=0 100
100 63
21
n=0
Esercizio 3
(a) Dovendo essere f (x; θ) ≥ 0 per ogni x ∈ [−1, 1] si vede facilmente che θ ∈ [−1, 1].
Inoltre, affinché f sia una funzione di densita’, deve risultare
Z
1
k(1 + θx) dx = 2k = 1,
−1
1
quindi k = .
2
(b) Poiché
Z
1
E[X] =
−1
1
1 2 θ 3
θ
1
x(1 + θx) dx =
x + x
= ,
2
4
6
3
−1
con il metodo dei momenti poniamo E[X] = X =
n
X
Xi , da cui si conclude che uno
i=1
stimatore di θ e’
θ̂ = 3X.
θ
Infine facilmente si vede che E[θ̂] = 3E[X] = 3 = θ.
3
Esercizio 1 (Il Malloppo) Si fa un gioco tra un concorrente e il banco. Il concorrente puo’
vincere un capitale M , che pero’ é riposto in una (unica) cassaforte fra k casseforti
uguali. Il capitale sara’ suo se egli indovina la cassaforte che lo contiene. Se invece
sbaglia, non vince nulla. Per aumentare le sue possibilita’, il banco gli propone in
alternativa di eliminare una cassaforte vuota, a patto che egli rinunci a una parte Y
del capitale.
10
Quanto dev’essere Y , perche’ la vincita media del concorrente sia la stessa, indipendentemente dalla sua decisione?
Supponendo che la quantita’ Y proposta dal banco sia quella risultante dal quesito
precedente, ammettiamo che il concorrente accetti di diminuire il numero delle casseforti, (purche’ questo resti maggiore di 2), e che di nuovo il banco gli voglia fare una
proposta analoga alla prima: come dovra’ variare l’importo Y per mantenere l’equita’
nella vincita media?
Esercizio 2 Si fissi un numero intero positivo N . Supponiamo che XN sia una v.a.
discreta, tale che N X ∼ U (N ). Si descriva la distribuzione di XN2 , e si controlli se e
a cosa converge in distribuzione la successione XN2 , per N → ∞.
Esercizio 3
Da un’indagine condotta risulta che su 200 persone intervistate la percentuale dei
fumatori è pari al 30%.
a) Verificare l’ ipotesi (H0 ) che la percentuale di fumatori sia del 25% contro l’ipotesi
(H1 ) che sia superiore al 25% con un test di livello di significativita’ pari al 95%.
b) Costruire un intervallo di confidenza al 99% per la proporzione p dei fumatori.
seguente tabella:
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1 Supponendo che il concorrente non accetti la proposta, la sua vincita media
−Y
. Dall’equazione
é Mk . Se egli invece accetta la proposta, la vincita media sara’ Mk−1
M
M −Y
=
k
k−1
si ricava Y =
M
.
k
Supponendo che il concorrente accetti la proposta, il nuovo capitale diventa M − Y ,
e le casseforti da k diventano k − 1. Pertanto il nuovo valore di Y , che denotiamo
con Y1 , sara’ dato da
M −Y
M
Y1 =
=
k−1
k
quindi la nuova proposta di riduzione del capitale non dovrebbe variare.
11
Esercizio 2 Chiaramente, la v.a. XN assume i valori N1 , N2 , ... NN−1 , 1, tutti con probabilita’ N1 . Di conseguenza, XN2 assume i valori N1 , N4 , N9 , ..., 1, tutti con la stessa
probabilita’. Inoltre, é facile controllare che le XN convergono in distribuzione alla
uniforme continua U (0, 1), e quindi le XN2 convergono alla distribuzione che compete
al quadrato di una v.a. di tipo U (0, 1): tale distribuzione é di tipo Beta, avendo
densita’
1
f (x) = √
2 x
con x ∈]0, 1].
Esercizio 3 a) Viene richiesto un test unidirezionale dove l’ipotesi nulla e’ H0 : p =
p0 = 0.25, contro l’ipotesi alternativa H1 : p > p0 . Si rifiuta pertanto l’ipotesi nulla
p̂ − p0
0.3 − 0.25
se z > za e z = q
= q
∼ 1.632. Poiche’, dalla tabella, risulta
p0 (1−p0 )
n
0.25 0.75
200
za ≈ 1.645, l’ipotesi nulla non e’ da rifiutare.
b) Detta X la variabile aleatoria dei fumatori tra gli intervistati, X segue una distribuzione binomiale con probabilita’ di successo p. Sfruttando l’approssimazione
r
p̂(1 − p̂)
normale, gli estremi dell’intervallo di confidenza cercato sono p̂ ± z a2
, dove
n
p̂ = 0.3, n = 200 e, dalla tabella, z a2 ≈ 2.58. Pertanto l’intervallo di confidenza e’
"
r
0.3 − 2.58
0.3 0.7
, 0.3 + 2.58
200
r
#
0.3 0.7
∼ [0.217, 0.383].
200
Esercizio 1 Sia Xn una successione I.I.D. di variabili aleatorie con distribuzione uniforme
continua, Xn ∼ U (0, 1). Si denoti poi per ogni n con Yn la v.a. definita da
Yn = min{X1 , ..., Xn }.
Per ciascun intero n e ogni numero reale y si calcoli P (”Yn > y”) e se ne deducano la
funzione di ripartizione e la densita’ di Yn , per ogni n.
Si determini infine se, a cosa, e in che modo la successione (Yn )n converge.
Esercizio 2 Si supponga di effettuare estrazioni a caso da un’urna, contenente inizialmente una palla bianca, una nera e una rossa. Se nella prima estrazione esce palla
rossa, l’esperimento finisce li’. Altrimenti, per la seconda estrazione si inserisce
12
nell’urna una palla rossa in piu’, lasciando inalterato il resto. Si procede cosi’, concludendo il gioco la prima volta che esce palla rossa, e aggiungendo invece una palla
rossa nell’urna ogni volta che esce una palla di colore diverso.
Per ogni intero positivo j, si denoti con Rj l’evento che la palla rossa venga estratta
alla j-esima estrazione, e si calcoli:
P (R1 ), P (R2 |R1c ), P (R2 ), P (R1c ∩ R2c );
per ogni j > 2 si calcoli poi, in termini di j:
c
P (R1c ∩ R2c ∩ ... ∩ Rjc ), P (Rj |R1c ∩ R2c ∩ ... ∩ Rj−1
), P (Rj ).
Si deduca infine la probabilita’ che il gioco debba protrarsi all’infinito.
Esercizio 3 In un centralino si svolge un’indagine sul numero medio µ di telefonate ricevute da un operatore in una giornata. Studi precedenti rivelano che si puó assumere
che la distribuzione di µ sia approssimativamente normale con varianza σ 2 = 1.769.
Si osserva un campione di 25 operatori, registrando per µ il valore medio µ.
(i) Determinare l’intervallo di confidenza per µ al 90%.
(ii) Quanto deve essere grande il campione affinché l’ampiezza dell’intervallo di confidenza non superi 0.5?
(iii) Con quale grado di confidenza potremmo dire che la media e’ µ̄ ± 0.522?
seguente tabella:
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1 Per ogni fissato intero n, Yn puo’ assumere valori solo tra 0 e 1, per cui
P (”Yn > y”) = 0 per y ≥ 1 e P (”Yn > y”) = 1 per y < 0. Per y ∈ [0, 1[ si ha
P (”Yn > y”) = P (”X1 > y, X2 > y, ..., Xn > y”) = (1 − y)n .
Ne segue che, per y ∈ [0, 1[:
Fn (y) = 1 − (1 − y)n ,
13
fn (y) = n(1 − y)n−1
per ogni n, ove Fn denota la funzione di ripartizione di Yn e fn la sua densita’. Dunque
Yn é di tipo Beta, Yn ∼ Be(1, n).
Ora, poiché (Yn )n é chiaramente decrescente, ne consegue subito che tale successione
converge almeno quasi certamente. Per trovarne il limite, basta osservare che
(
0, y ≤ 0
lim Fn (y) =
n→∞
1, y > 0.
Dunque, Yn converge in distribuzione (e q.c.) alla v.a. costantemente nulla.
Esercizio 2
Chiaramente, si ha:
2
2 2
1
1
= .
P (R1 ) = , P (R2 |R1c ) = , P (R2 ) = P (R2 ∩ R1c ) = P (R2 |R1c )P (R1c ) =
3
4
3 4
3
Si ha inoltre
P (R1c ∩ R2c ) = P (R2c |R1c )P (R1c ) =
2 2
1
= .
3 4
3
Per j > 2, si puo’ applicare la regola moltiplicativa:
c
P (R1c ∩ R2c ∩ ... ∩ Rjc ) = P (R1c )P (R2c |R1c )P (R3c |R1c ∩ R2c ) · ... · P (Rjc |R1c ∩ ... ∩ Rj−1
)=
=
2 2 2
2
2j+1
...
=
3 4 5 j+2
(j + 2)!
Ora, per j > 2 si ha
c
c
P (Rj ) = P (Rj |R1c ∩ R2c ∩ ... ∩ Rj−1
)P (R1c ∩ R2c ∩ ... ∩ Rj−1
)=
=
2j
j
j 2j
=
.
(j + 1)! j + 2
(j + 2)!
Infine, l’evento E che il gioco debba protrarsi all’infinito si verifica se e solo se non
esce mai palla rossa, quindi esso é l’intersezione infinita di tutti gli eventi del tipo
(R1c ∩ R2c ∩ ... ∩ Rjc ). La probabilita’ di E é dunque data da
2j+1
= 0.
j→∞ (j + 2)!
P (E) = lim
Cio’ equivale a dire che uno degli Rj si verifica di certo, e quindi
+∞
X
j=1
j 2j
= 1.
(j + 2)!
14
Esercizio 3 (i) Si tratta di costruire un intervallo di confidenza per una media, con
varianza nota. Poiché, dalla tabella, e’ z a2 = 1.645 l’intervallo di confidenza cercato
e’
σ
σ
µ̄ − z a2 √ , µ̄ + z a2 √ ∼ [µ̄ − 0.437, µ̄ + 0.437].
n
n
σ
(ii) L’ampiezza dell’intervallo di confidenza e’ 2z a2 √ , pertanto bisogna trovare n
n
√
1.33
tale che 2 · 1.645 √ ≤ 0.5, da cui n ≥ 8.75, ovvero n ≥ 76.59 quindi il campione
n
deve essere di almeno 77 operatori.
1.33
0.522 5
(iii) Dobbiamo determinare z a2 tale che µ̄ ± 0.522 = µ̄ ± z a2
, cioé z a2 =
∼
5
1.33
1.96, da cui il grado di confidenza e’ pari al 95%.
15
Esercizio 1 Sia Xn una successione I.I.D. di variabili aleatorie con distribuzione uniforme
continua, Xn ∼ U (0, M ), ove M = numero lettere del cognome. Si denoti poi per
ogni n > 0 con Yn la v.a. definita da
1
max{X1 , ..., Xn }.
n
Per ciascun intero n si calcolino E(Yn ), E(Yn2 ), V (Yn ), e si trovi la densita’ di Yn ; si
studi infine se, a cosa, e in che modo la successione (Yn )n converge.
Yn =
Esercizio 2 10 palle numerate vengono inserite a caso in 3 scatole, senza alcuna limitazione. Per k = 1, 2, 3, si denoti con Xk la variabile aleatoria che denota il numero
di palle capitate nella scatola k-esima.
Considerato che le v.a. Xk hanno tutte la stessa distribuzione (di tipo binomiale), si
valutino le quantita’:
E(X1 ), E(X1 |”X2 = j”), E(X1 X2 |”X2 = j”).
Si deduca infine la covarianza cov(X1 , X2 ).
Esercizio 3 La seguente tabella riporta i risultati di un’indagine condotta su un campione
di 260 intervistati tra i 30 e i 35 anni di una certa regione rispetto ai caratteri ”titolo
di studio” e ”stato occupazionale”:
Occupati Disoccupati
Laureati
60
15
Non laureati
135
50
a) Da un’indagine precedente e’ noto che, tra tutti coloro che lavorano, la percentuale
dei laureati e’ pari al 38%. Verificare tale ipotesi (H0 ) contro l’alternativa (H1 ) che
la percentuale sia inferiore al 38%, con un test di livello di significativita’ del 5%.
b) Verificare l’ipotesi di indipendenza tra il titolo di studio e lo stato occupazionale,
con a = 0.01.
seguente tabella:
1
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1
Fn :
Innanzitutto, troviamo la funzione di ripartizione di nYn , che denotiamo con
x n
) ,
M
naturalmente per 0 < x < M . Ne deriva che la densita’ di nYn é la funzione φn
definita da
n
φn (x) = n xn−1 ,
M
per 0 < x < M , e nulla altrove. Ne deriva
Fn (x) = [P (”X1 ≤ x”)]n = (
M
Z
E(nYn ) =
0
n n
n
x dx = M
, E((nYn )2 ) =
n
M
n+1
V (nYn ) = M 2
M
Z
0
n n+1
n
x dx = M 2
,
n
M
n+2
n
n2
n
− M2
= M2
.
2
n+2
(n + 1)
(n + 1)2 (n + 2)
Di conseguenza, si ha
E(Yn ) =
M
M2
, V (Yn ) =
.
n+1
n(n + 1)2 (n + 2)
Per note regole, denotando con fn la densita’ di Yn , avremo poi
fn (x) = nφn (nx) =
nn+1 n−1
x ,
Mn
per x ∈ [0, M/n], e 0 altrove. Per quanto riguarda la convergenza, si sa gia’ per
motivi teorici che (nYn )n converge q.c. e in L2 a M , per cui (Yn )n converge q.c. e in
L2 a 0.
Esercizio 2
Evidentemente, ciascuna variabile Xk ha distribuzione B(10, 13 ). Di conseguenza,
.
E(X1 ) = 10
3
Supposto che si abbia X2 = j, per le altre due scatole restano 10 − j palle disponibili,
quindi la distribuzione condizionata per X1 é di tipo B(10 − j, 21 ). Dunque
E(X1 |”X2 = j”) =
10 − j
10 − j
, e E(X1 X2 |”X2 = j”) = j
.
2
2
2
Ora, si puo’ calcolare E(X1 X2 ), come segue:
10
X
10
X
10 − j 10
1
1
E(X1 X2 ) =
E(X1 X2 |”X2 = j”)P (”X2 = j”) =
j
( )j ( )10−j =
2
j
3
3
j=0
j=0
50 1
50 1 20 100
1
− (V (X2 ) + E 2 (X2 )) =
− ( +
= 10.
= 5E(X2 ) − E(X22 ) =
2
3
2
3
2 9
9
Infine,
100
10
cov(X1 , X2 ) = E(X1 X2 ) − E(X1 )E(X2 ) = 10 −
)=− .
9
9
Esercizio 3
a) Viene richiesto un test unidirezionale dove l’ipotesi nulla e’ H0 :
p = p0 = 0.38, contro l’ipotesi alternativa H1 : p < p0 . Essendo n grande
si puo’ sfruttare
l’approssimazione normale. Si rifiuta pertanto l’ipotesi nulla se
r
p0 (1 − p0 )
p < p0 − za
dove n = 195 e, dalla tabella, risulta za ≈ 1.645, dunque
n
la zona di rifiuto e’ R = {p̂ : p̂ < 0.32}. Poiche’, dai dati del campione, risulta
p̂ ≈ 0.308, l’ipotesi nulla va rifiutata e si propende per una diminuzione della percentuale.
b) Completando la tabella con le marginali si ottiene
Occupati Disoccupati Totale
Laureati
60
15
75
Non laureati
135
50
185
Totale
195
65
260
Viene richiesto un test per l’indipendenza, dunque la statistica test e’
X2 =
r X
s
X
(ni,j − ni,· n·,j /n)2
ni,· n·,j /n
i=1 j=1
che puo’ essere approssimata con una χ2 con (r − 1)(s − 1) = 1 gradi di liberta’.
Pertanto la zona di rifiuto del test e’ R = {X 2 : X 2 > χ2a } dove, essendo a = 0.01,
e’ χ2a = χ20.01 = 6.63. Sulla base dei dati risulta
X2 =
(60 − 75 195/260)2 (15 − 75 65/260)2 (135 − 185 195/260)2 (50 − 185 65/260)2
+
+
+
∼ 1.405,
75 195/260
75 65/260
185 195/260
185 65/260
dunque si accetta l’ipotesi nulla di indipendenza.
3
Esercizio 1
Si denoti con B il numero di lettere del cognome. Siano X e Y due variabili aleatorie
indipendenti, con distribuzione continua, di tipo U (0, 1). Posto U = − log X, e
Z = Y + U, si determini la densita’ di Z, e si calcoli la probabilita’ che risulti Z < B.
Esercizio 2
Sia A il numero delle lettere del nome. Un recipiente contiene inizialmente A palle
bianche e 4 nere. Si effettua una prima estrazione casuale, e si pone X1 = 1, se
esce palla bianca, altrimenti X1 = 0. Successivamente, si aggiungono nel recipiente
altre 4 palle nere, e si procede ad una seconda estrazione casuale: si porra’ X2 = 1 se
nella seconda estrazione esce palla bianca, e 0 altrimenti. Si prosegue in questo modo,
raddoppiando ogni volta il numero di palle nere nell’urna, e lasciandovi sempre A palle
bianche, e segnando Xn = 1 se all’estrazione n-esima esce palla bianca, 0 altrimenti.
Posto per ogni n:
n
X
Sn =
Xi ,
i=1
si calcoli
a) se e a cosa converge q.c. la successione (Xn )n ;
b) se e a cosa converge q.c. la successione delle medie (X n )n = ( Snn )n ;
c) se e a cosa converge la successione numerica E(Sn )n .
Esercizio 3
(
f (x; λ, θ) =
λe−k(x−θ) ,
0,
x≥θ
x<θ
con k ∈ IR, λ > 0. Dopo aver determinato k tale che f (x; λ, θ) sia la funzione di
densita’ di una variabile aleatoria X, si chiede di
(a) determinare h ∈ IR tale che Y = X + h, con Y ∼ exp(λ);
(b) fornire uno stimatore di λ con il metodo della massima verosimiglianza sulla base
di un campione casuale X1 , . . . , Xn ;
(c) fornire uno stimatore di θ con il metodo della massima verosimiglianza sulla base
di un campione casuale X1 , . . . , Xn .
4
Esercizio 1
E’ noto che la variabile U ha distribuzione Γ(1, 1), con densita’
(
e−u , u > 0
fU (u) =
0, u < 0.
Poiché X e Y sono indipendenti, lo sono anche U e Y , e quindi, per determinare la
densita’ di Z, basta usare la formula di convoluzione:
Z +∞
Z 1
fZ (z) =
fU (z − y)fY (y)dy =
fU (z − y)dy,
−∞
0
in quanto la densita’ di Y non é altro che la funzione indicatrice dell’intervallo [0, 1].
Inoltre, poiché fU é non nulla solo quando l’argomento é positivo, dobbiamo vincolare
l’integrale alla condizione y < z (e dunque z > 0, com’é naturale). L’integrale da
risolvere é quindi
Z
1∧z
ey−z dy = e−z (e1∧z − 1),
0
dove ∧ sta per minimo. Dunque


 0, z < 0
fZ (z) =
1 − e−z , 0 < z < 1

 −z
e (e − 1), z > 1.
La probabilita’ che risulti Z < B non é altro che l’integrale
Z B
Z 1
Z B
eB − e + 1
−z
fZ (z)dz =
.
(1 − e )dz +
(e − 1)e−z dz =
eB
0
0
1
Esercizio 2
Chiaramente, ciascuna variabile Xn ha distribuzione B(1, pn ), ove
A
A
A
A
A
, p2 =
=
, p3 = 2
, ..., pn = n+1
, ...
4+A
8+A
2×4+A
2 ×4+A
2
+A
Di conseguenza, risulta
p1 =
n
E(Xn ) =
X
A
A
A
A
,
V
(X
)
=
(1
−
),
E(S
)
=
n
n
2n+1 + A
2n+1 + A
2n+1 + A
A + 2j+1
j=1
per ogni n. Da cio’ segue subito che :
1) la serie delle varianze di Xn é convergente; di conseguenza, dato anche che
limn→∞ E(Xn ) = 0, ne segue che la successione (Xn )n converge quasi certamente
a 0. Pertanto, anche la successione delle medie (X n )n converge q.c. a 0.
P+∞
2)
n=1 E(Xn ) converge; di conseguenza, la successione (E(Sn ))n converge alla
somma di tale serie.
5
Esercizio 3
Osserviamo innanzitutto che si deve avere
Z +∞
λ
λe−k(x−θ) dx = = 1,
k
θ
quindi k = λ.
(a) E’ immediato verificare che FY (y) = FX (y + h), per cui la densita’ di Y é
(
λe−λ(y+h−θ) , y ≥ θ − h
fY (y) =
0,
y <θ−h
e dunque Y ha una distribuzione esponenziale con parametro λ se h = θ.
(b) In virtu’ dell’indipendenza la funzione di verosimiglianza é

n
Y


 λn
e−λ(xi −θ) ,
min xi ≥ θ
1≤i≤n
L(x1 , . . . , xn ; λ, θ) =
i=1


 0,
min xi < θ
1≤i≤n
e dunque
n
X
log L(x1 , . . . , xn ; λ, θ) = n log λ − λ
(xi − θ).
i=1
Dallo studio della derivata prima si ha
n
∂
n X
n
log L(x1 , . . . , xn ; λ, θ) = −
(xi − θ) = 0 se λ̂ = Pn
.
∂λ
λ i=1
i=1 xi − nθ
Essendo
∂2
n
log
L(x
,
.
.
.
,
x
;
λ,
θ)
=
−
< 0,
1
n
∂λ2
λ2
n
lo stimatore di massima verosimiglianza di λ é λ̂ = Pn
.
i=1 xi − nθ
(c) Volendo massimizzare rispetto a θ, si osserva immediatamente che la funzione
di verosimiglianza é crescente al crescere di θ, fintanto che θ ≤ min xi , mentre
1≤i≤n
si annulla non appena θ > min xi . Cio’ implica che lo stimatore di massima
1≤i≤n
verosimiglianza é θ̂ = min xi .
1≤i≤n
6
Esercizio 1 Una gallina depone ogni giorno N uova, dove N ha distribuzione di Poisson
con parametro λ. Ciascun uovo ha, indipendentemente da ogni altro, probabilita’ p
di schiudersi dando vita ad un pulcino.
Detto X il numero di pulcini nati, si determini E(X). Si dica inoltre se X ha distribuzione di Poisson, e con quale parametro.
Esercizio 2 Siano X e Y due v.a. indipendenti, entrambe di tipo N (0, 1). Si determini
√
la distribuzione della v.a. Z = X 2 + Y 2 , e se ne valutino valor medio e varianza. Si
trovi infine la mediana di Z, ossia quel valore reale xm tale che P (Z < xm ) = P (Z >
xm ).
Esercizio 3 Su 200 nati in un ospedale in un anno, 92 bambini hanno i capelli chiari, di
cui 22 con gli occhi scuri; tra i bimbi con i capelli scuri, 20 hanno gli occhi chiari.
a) Nell’ambito dei bambini con gli occhi scuri, costruire un intervallo di confidenza
al 95% per la proporzione di quelli che hanno i capelli scuri.
b) Sia p la probabilità di nascere con i capelli chiari e p̂ la sua stima campionaria. Assumendo che la varianza campionaria sia 0.4/n, quanto deve essere grande il campione
affinché l’errore |p̂ − p| sia inferiore a 0.1 con probabilità 0.98?
seguente tabella:
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1
Utilizzando il teorema del valor medio iterato, si ha
E(X) =
+∞
X
E(X|N = j)P (N = j) =
j=0
+∞
X
j=0
pj
λj e−λ
= pE(N ) = pλ.
j!
Per determinare la distribuzione di X, si puo’ procedere in maniera analoga: si ha,
per ogni intero k ≥ 0:
+∞
X
+∞ X
j k
λj
P (X = k) =
P (X = k|N = j)P (N = j) =
p (1 − p)j−k e−λ =
k
j!
j=k
j=k
7
+∞
X
(pλ)k λh (1 − p)h −λ (pλ)k −λ λ(1−p) (pλ)k −(λp)
e =
e e
=
e
.
=
k!
h!
k!
k!
h=0
Cio’ dimostra che in effetti si ha X ∼ P (λp).
Esercizio 2
Com’é noto, la v.a. U = X 2 + Y 2 ha distribuzione χ22 , quindi ha densita’
fU (u) =
1 −u
e 2,
2
naturalmente per u > 0. Per determinare la distribuzione di Z =
sua funzione di ripartizione:
√
U , cerchiamo la
FZ (z) = P (U ≤ z 2 ) = FU (z 2 )
(sempre con z > 0). Dunque, la densita’ di Z é
z2
fZ (z) = 2zfU (z 2 ) = z e− 2 , z > 0.
Per valutare E(Z), basta integrare:
+∞
Z
E(Z) =
2
2 − z2
z e
√ Z
dz = 2
0
+∞
1
2
−v
v e
0
√
3
dv = 2Γ( ) =
2
√
2π
.
2
Chiaramente poi si ha E(Z 2 ) = E(U ) = 2, da cui V (Z) = E(Z 2 ) − E 2 (Z) = 2 − π2 .
Infine, la mediana xm di Z si trova mediante la relazione:
Z xm
1
2
2
=
u e−u /2 du = 1 − e−xm /2 .
2
0
Risolvendo, si ha facilmente il risultato:
xm =
p
2 log 2.
Esercizio 3 a) Se X è la variabile aleatoria dei bimbi con i capelli scuri, all’interno della
popolazione con gli occhi scuri, X ha una distribuzione binomiale con probabilità
di successo p.rSfruttando l’approssimazione normale, l’intervallo di confidenza ha
p̂(1 − p̂)
estremi p̂ ± z a2
, dove p̂ = 80/110 = 0.8, n = 110 e, dalla tabella, z a2 ≈ 1.96.
n
Pertanto l’intervallo di confidenza cercato è
"
#
r
r
0.8 0.2
0.8 0.2
0.8 − 1.96
, 0.8 + 1.96
≈ [0.725, 0.875].
110
110
8
Occhi Chiari Occhi Scuri Totale
Capelli Chiari
70
22
92
Capelli Scuri
20
88
108
Totale
90
110
200
b) Volendo per semplicità rappresentare i dati con una tabella dove sulle righe abbiamo il carattere ”colore dei capelli”, mentre sulle colonne troviamo il carattere ”colore
degli occhi”, risulta


|p̂ − p|
0.1
< q =
Vogliamo determinare n tale che P (|p̂−p| < 0.1) = 0.98, ovvero P  q
0.4
n
0.1
|p̂ − p|
∼ N (0, 1), dalla tabella si ottiene q
0.98. Essendo q
0.4
n
0.4
n
= 2.33, da cui
0.4
n
n = 217.156, e dunque il campione deve essere almeno di 218 bambini.
Esercizio 1 Sono date tre variabili aleatorie IID, X, Y, Z, tutte con distribuzione continua
uniforme in [0, 1]. Si calcoli la probabilita’ dell’evento |X − Y | ≤ Z.
Esercizio 2 Un recipiente contiene inizialmente due palline numerate, la n.1 e la n.2. Si
estrae una palla a caso, e si denota con X1 il numero della palla estratta. Indi, la
palla estratta si rimette nell’urna, insieme con una terza palla, segnata con il n.3. Alla
seconda estrazione, si denota con X2 il numero della palla estratta, e poi si procede
allo stesso modo, cosi’ al momento della terza estrazione nell’urna sono presenti 4
palle, con i numeri da 1 a 4. Si va avanti cosi’ indefinitamente, indicando ogni volta
con Xn il numero della palla estratta alla n-esima estrazione, numero che varia tra 1
e n + 1.
Posto poi Yn =
Xn
n+1
per ogni n, si studi la convergenza delle variabili Yn , per n → ∞.
Esercizio 3 I seguenti dati campionari si riferiscono alla durata (in migliaia di ore) di
due tipi di lampadine, A e B, prodotti da una ditta.
A 31 33 34 40 36 37
B 34 31 28 29 33 27
9
Assumendo che le due popolazioni abbiano distribuzione normale con varianze σA2 =
10, σB2 = 9.5, rispettivamente, si chiede di:
a) costruire un intervallo di confidenza al 99% per la durata media delle lampadine
nella popolazione A;
b) sottoporre a verifica l’ipotesi (H0 ) che i due prodotti abbiano la stessa durata
media, contro l’alternativa (H1 ) che A sia un prodotto migliore di B, al livello di
significatività a = 0.05.
seguente tabella:
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1
Per ogni valore possibile z ∈ [0, 1] si ha
P (|X − Y | ≤ z) = 1 − (1 − z)2 ,
come varie volte osservato. Considerata l’indipendenza, e la distribuzione supposta
per Z, la probabilita’ cercata é data da:
Z 1
2
1
P (|X − Y | ≤ Z) =
(1 − (1 − z)2 )dz = 1 − = .
3
3
0
Esercizio 2 Chiaramente, si ha Xn ∼ U (n + 1) per ogni n (distribuzione discreta uniforme). Di conseguenza, si ha Yn ∈ [0, 1], sempre con distribuzione discreta. Per ogni
reale positivo t ≤ 1, avremo
P ([Yn ≤ t]) = P ([Xn ≤ (n + 1)t]) =
[(n + 1)t]
,
n+1
ove la scrittura [x] sta ad indicare, per x reale, la parte intera di x, ossia il piu’ grande
numero intero che sia minore o uguale a x. Dunque, la quantita’ [(n + 1)t] differisce
da (n + 1)t al piu’ per 1. Ne segue che
lim P ([Yn ≤ t]) = t
n→∞
e quindi le funzioni di ripartizione delle Yn convergono a quella della distribuzione
continua U (0, 1). Dunque, le Yn convergono in distribuzione alla uniforme continua
U (0, 1).
10
Esercizio 3 a) Se X è la variabile aleatoria che rappresenta la durata di A, si trova che
la media campionaria è pari a:
P6
xA,i
X A = i=1
≈ 35.167.
6
Sotto l’ipotesi normale si ha
X − XA
q
∼ N (0, 1), da cui l’intervallo di confidenza
2
σA
n
r
ha estremi X A ± z a2
confidenza cercato è
"
σA2
, dove, dalla tabella, z a2 ≈ 2.58. Pertanto l’intervallo di
n
35.167 − 2.58
r
10
, 35.167 + 2.58
6
r
10
6
#
≈ [31.837, 38.497].
b) Si tratta di un test unidirezionale dove l’ipotesi nulla è H0 : µA − µB = 0, contro
l’ipotesi alternativa H1 : µA − µB > 0, indicando con µA e µB le medie delle due
popolazioni. Poiché le due popolazioni hanno distribuzione normale, si rifiuta
P6 l’ipotesi
XA − XB
i=1 xB,i
nulla se z > za dove z = q 2
. Essendo X A ≈ 35.167 e X B =
≈
2
6
σA
σB
+ n
n
30.333, risulta z ≈ 2.68, mentre in base alla tabella za ≈ 1.645; l’ipotesi nulla pertanto
va rifiutata e si è portati a concludere che A è effettivamente un prodotto migliore di
B.
11
Esercizio 1 In un ufficio postale lavorano due impiegati che svolgono lo stesso compito
in maniera indipendente, sbrigando ciascuna pratica in un tempo Q che puo’ essere
considerata una v.a. di tipo esponenziale, avente valor medio λ (la stessa per entrambi). Ad un certo momento, in cui entrambi gli impiegati sono inoperosi, entrano
nell’ufficio tre clienti, due dei quali sono subito serviti, mentre il terzo si dispone ad
attendere il suo turno. Qual é il tempo medio di attesa del terzo cliente, prima di
essere servito?
[Sugg.: Denotate con Q1 e Q2 le v.a. esponenziali relative ai due impiegati, puo’
essere utile determinare la distribuzione di Z = min{Q1 , Q2 }, e a tale scopo calcolare
la quantita’ 1 − FZ (z), z > 0.]
Esercizio 2 In una sala da gioco, si lancia indefinitamente una monetina, non necessariamente onesta; si denoti con X1 il numero di lanci occorrenti per la prima uscita di
Testa, e con X2 il numero di lanci occorrenti per la seconda uscita di Testa.
Dati due interi positivi, j e k, con k > j, si calcoli P ([X1 = j]|[X2 = k]).
Supposto poi P (T ) = 21 e j = A, (A = numero lettere del nome), qual é il valore
massimo di k per cui tale probabilita’ condizionata sia maggiore di P ([X1 = j])?
Esercizio 3 Sia X la variabile aleatoria che descrive la lunghezza in millimetri di una
barretta di metallo. Si supponga che X ∼ N (µ, σ 2 = 25). Posto di aver estratto da
X un campione casuale di ampiezza n = 40 e di aver trovato che x = 25 si calcoli:
(a) l’errore quadratico medio della Media campionaria;
(b) l’intervallo di confidenza per la media al livello di confidenza
(1 − α = 0, 95);
(c) supponendo che il valore di x rimanga invariato determinare il valore minimo di
n affinché l’intervallo di confidenza (1 − α = 0, 95) abbia ampiezza complessiva
minore di 1.
Detta Φ la funzione di ripartizione della distribuzione normale N (0, 1), utilizzare la
seguente tabella:
Φ(1, 645) = 0, 95 Φ(1, 96) = 0, 975
Φ(2, 58) = 0, 995 Φ(3, 27) = 0, 9995
1
!
Esercizio 1 Denotati con Q1 e Q2 i tempi di lavoro dei due impiegati per ciascuna
pratica, occorre determinare il valor medio della v.a. Z = min{Q1 , Q2 }: infatti il
terzo cliente sara’ servito non appena il piu’ veloce dei due avra’ finito col cliente
precedente. Naturalmente Z é una v.a. positiva, e, per ogni reale z ≥ 0, si ha
P ([Z > z]) = P ([Q1 > z] ∩ [Q2 > z]) = P ([Q1 > z])P ([Q2 > z]),
per l’indipendenza. Considerato che le Qi hanno distribuzione esponenziale, a media
λ, si ha P ([Q1 > z]) = e−z/λ , e quindi
P ([Z > z]) = e−2z/λ ,
da cui si deduce subito che Z ha distribuzione esponenziale, con media λ2 : questo é
dunque il tempo medio di attesa del terzo cliente.
Esercizio 2 Chiaramente X1 ha distribuzione geometrica N B(1, p) e X2 ∼ N B(2, p),
ove p = P (T ). Pertanto si ha
P ([X1 = j]) = p(1 − pj−1 , P ([X2 = k]) = (k − 1)p2 (1 − p)k−2 .
Risulta inoltre
P ([X2 = k]|[X1 = j]) = P ([X1 = k − j]) = p(1 − p)k−j−1 ,
(se k > j). Dunque si ha
P ([X1 = j] ∩ [X2 = k]) = P ([X2 = k]|[X1 = j])P ([X1 = j]) = p2 (1 − p)k−2
e quindi
P ([X1 = j]|[X2 = k]) =
P ([X2 = k]|[X1 = j])P ([X1 = j])
p2 (1 − p)k−2
1
=
=
.
P ([X2 = k])
(k − 1)p2 (1 − p)k−2
k−1
Si puo’ dunque asserire che, noto il valore di X2 , quello di X1 assume distribuzione
uniforme tra tutti i valori possibili, e cio’ indipendentemente da p.
Nel caso onesto, assumendo j = A, si vuole che risulti
1
> 2−A ossia k − 1 < 2A ,
k−1
dunque il valore massimo di k perché cio’ accada é 2A .
2
Esercizio 3
(a) L’errore quadratico medio della Media campionaria per definizione dato da:
M SE(X) = E(X − µ)2 =
σ2
n
e quindi
M SE(X − µ) =
25
= 0, 625
40
.
(b) Poich la popolazione di partenza é normale sappiamo che:
X − µ√
n ≤ z α2 ) = 1 − α
σ
P (−z α2 ≤
Quindi con i dati che noi abbiamo si ha che α = 0, 05 da cui α/2 = 0, 025.
Possiamo quindi determinare il valore di z α2 che dalla tabella sulla funzione
normale vediamo essere:
z α2 = 1, 96.
Da cio’ ricaviamo che l’intervallo fiduciario per µ é dato da:
√
√
(X − z α2 σ/ n; X + z α2 σ/ n)
e sostituendo con i numeri si ha
5
5
(25 − 1, 96 · √ ; 25 + 1, 96 · √ ) = (25 − 1, 96 · 0, 791; 25 + 1, 96 · 0, 791)
40
40
= (25+
− 1, 55) = (23, 45; 26, 55).
(c) Sappiamo che l’ampiezza di un intervallo fiduciario é data da:
σ
A = 2 · z α2 · √
n
Andiamo quindi a determinare il valore minimo di n affinché tale ampiezza sia
minore di 1, e sempre con (1 − α) = 0, 95:
5
1 > 2 · 1, 96 · √
n
da cio’ ricaviamo il valore minimo di n
n > (2 · 1, 96 · 5)2 = 384, 16
e in conclusione il valore minimo di n é 385.
3
Esercizio 1 Si vuole esaminare la dimensione dei fiocchi di neve che cadono su una
determinata localita’. A tale scopo si assume che il generico fiocco di neve abbia
forma di esagono regolare, e la lunghezza del lato (espressa in un’opportuna unita’
di misura) sia una variabile aleatoria X, con densita’ Beta. In particolare, si assume
che la densita’ di X sia la funzione
f (x) = 30x2 (1 − x)2 ,
per x ∈]0, 1[, e nulla altrove. Si calcolino media e varianza di X.
Inoltre, utilizzando la nota formula A = kl2 che fornisce l’area A dell’esagono regolare
in funzione del lato l (la costante k vale approssimativamente 2.6), si determini anche
la densita’ della variabile aleatoria Z che misura l’area del generico fiocco di neve.
Esercizio 2
Si lancia n volte una moneta onesta, e si denota con Xn la v.a. che indica il numero
di teste uscite, con Yn quella che indica il numero di croci, e con Zn la v.a. Xn − Yn .
Si trovino media e varianza di Zn , e si calcoli, in funzione di n, la probabilita’ che
sia Zn = 0. Si dica infine a se e a che cosa converge, in distribuzione, la successione
Zn
(√
) .
n n
Esercizio 3 Uno strumento per misurare la profondita’ di un lago presenta errori che si
possono considerare distribuiti secondo una legge normale, con media nulla e deviazione standard (σ) pari a 10 m. Quante misure occorre effettuare con tale strumento,
affinché l’errore medio delle varie misure non superi i 5 m (in eccesso o in difetto),
con probabilita’ del 90% almeno?
seguente tabella:
Φ(1, 281) = 0, 9, Φ(1, 645) = 0, 95
Φ(1, 96) = 0, 975 Φ(2.58) = 0, 995
!
4
Esercizio 1
Chiaramente, si ha
Z 1
Z 1
1
2
1
3
2
2
x (1−x) dx = , E(X ) = 30
x4 (1−x)2 dx = , V (X) = E(X 2 )−E 2 (X) = .
E(X) = 30
2
7
28
0
0
Per quanto riguarda Z, essa chiaramente assume valori in [0, k]. Per u ∈ [0, k] si ha
r
Z √u
k
u
P ([Z ≤ u]) = P ([X ≤
x2 (1 − x)2 dx.
]) = 30
k
0
Derivando rispetto a u, si ottiene la densita’:
r
√
u
u 2
),
fz (u) = 15 √ (1 −
k
k k
naturalmente per u ∈ [0, k].
Esercizio 2
Essendo Yn = n − Xn , si ha Zn = 2Xn − n. Pertanto si ha
E(Zn ) = 2E(Xn ) − n = 0, V (Zn ) = 4V (Xn ) = n,
per ogni n. Inoltre, poiché Xn assume tutti i valori interi da 0 a n, si vede facilmente
che Zn assume i valori −n, −n + 2, −n + 4, ..., n − 4, n − 2, n: tali valori comprendono
lo 0 solo se n é pari, nel qual caso si ha Zn = 0 ⇔ Xn = n2 , e pertanto
(
0, n dispari
−n
P ([Zn = 0]) =
n
2 , n pari.
n/2
Infine, poiché ogni termine Xn (e di conseguenza anche Zn ) si puo’ interpretare come
Zn
la somma di n v.a. I.I.D., e poiché √
é standard, per il Teorema del Limite Centrale
n
Z
n
si puo’ dedurre che la successione ( √n )n converge in Distribuzione alla legge N (0, 1).
Esercizio 3
Denotando con X1 , ..., Xn i valori dei vari errori nelle n misure, (effettuate in con2
dizioni di indipendenza), la media Xn ha distribuzione N (0, σn ), con σ 2 = 100. Posto
√
Un = σn Xn , risulta Un ∼ N (0, 1), e si ha
√
√
√
n
n
n
P ([|Xn | < 5]) = P ([|Un | <
5]) = P ([|Un | <
]) = 2Φ(
) − 1.
σ
2
2
Imponendo che tale probabilita’ debba essere 0.9, si ha
√
n
Φ(
) = 0.95
2
5
da cui, per le tabelle,
√
n
= 1.645
2
e quindi
n ≥ (3.29)2 ∼ 10.8241,
dunque n ≥ 11.
Esercizio 1 Sia Y una v.a. assegnata di tipo B(1, 21 ), e poniamo X = 2Y − 1. Sia poi
(Xn )n una successione di variabili aleatorie definita come segue:
X2k+1 = X,
X2k = −X,
per ogni k ∈ IN . Detta (Sn ) la successione delle somme parziali delle Xn (ossia
P
Sn
: il risultato
Sn = nj=0 Xj ), si studi il comportamento al limite della successione √
n
trovato é in contrasto con il teorema del Limite Centrale?
Esercizio 2
Siano X e Y due v.a. indipendenti, entrambe di tipo N (0, 1): posto Z = (X − Y )2 ,
si trovino la distribuzione di Z e i suoi momenti di ordine 1 e 2.
Esercizio 3 Le lampadine prodotte da una certa ditta hanno una durata che si puo’
considerare distribuita secondo una legge normale, con varianza 16. Un campione di
20 lampadine viene monitorato, e si registra una durata media di 30 mesi.
1) Si determini un intervallo di confidenza al livello 0.90 per la vita media delle
lampadine;
2) Quanto dovrebbe essere numeroso il campione se si vuole che (sempre con la
durata media di 30 mesi), l’intervallo trovato in precedenza abbia una confidenza
almeno del 95%?
( Detta Φ la funzione di ripartizione della distribuzione normale N (0, 1), utilizzare la
seguente tabella:
Φ(1, 281) = 0, 9, Φ(1, 645) = 0, 95
Φ(1, 96) = 0, 975 Φ(2.58) = 0, 995
!
6
Esercizio 1 E’ chiaro che tutte le Xn hanno la stessa distribuzione: ciascuna puo’ assumere solo i valori 1 e −1, con probabilita’ 12 . Tuttavia, poiché le Xn con indice
dispari coincidono tutte con X, e quelle con indice pari coincidono con −X, per le
somme Sn si ha
S2k = 0, S2k+1 = X,
qualunque sia k ≥ 1. Chiaramente allora si ha
Sn
lim √ = 0,
n→∞
n
in tutti i modi possibili.
Il risultato non é in contrasto con il teorema del Limite Centrale per almeno due
motivi:
1) Le Xn non costituiscono una successione I.I.D., in quanto, pur avendo tutte la
stessa distribuzione, non sono certo indipendenti.
Sn
2) Le v.a. √
non sono le standardizzate delle Sn : infatti, benché tutte le Sn abbiano
n
media nulla, la loro varianza é uguale a 1, se n é dispari, e a 0, se n é pari.
Esercizio 2 L’indipendenza di X e Y implica quella di X e −Y . Allora, poiché anche
−Y é di tipo normale standard, si ha
X − Y ∼ N (0, 2).
Per determinare la distribuzione di Z, calcoliamo la sua funzione di ripartizione: per
z > 0, si ha
√
√
2
FZ (z) = P ([− z ≤ X − Y ≤ z]) = √
2 π
√
Z
z
2 /4
e−x
dx;
0
Derivando rispetto a z, si trova la densita’:
1
fZ (z) = √
e−z/4 ,
2 πz
(ovviamente per z > 0). Chiaramente, allora, Z ha una distribuzione di tipo Γ, e
E(Z) = 2, E(Z 2 ) = 12.
Esercizio 3
1) Denotando con x la media campionaria, si deve avere
P ([−u ≤
x−µ
√ ]) = 0.90;
σ/ n
7
dalla tabella di Φ, si deduce che dev’essere u = 1.645. Ponendo µ = 30, n = 20, σ = 4,
avremo l’intervallo
[28.53, 31.47].
2) Se si vuole la confidenza al 95%, dovra’ risultare
√
u = 1.96, 1.47 = 1.96 × 4/ n, ossia n ≥ 29.
8
Esercizio 1 Un giocatore d’azzardo scommette sull’uscita di testa ad ogni lancio di una
monetina, con P (T ) = p. Egli vince 1 euro se esce testa, perde 1 euro se esce croce.
Supponendo che all’inizio del gioco il suo capitale sia 0, e denotando con Cn il denaro
in suo possesso (eventualmente anche negativo) dopo n lanci, si calcoli per ogni intero
positivo n:
a) la probabilita’ che sia Cn = 0;
b) la probabilita’ che Cn sia uguale a 4 per la prima volta quando n = 6.
Esercizio 2
Una coppia di v.a. (X, Y ) ha distribuzione continua, con densita’
(
x + y, (x, y) ∈ [0, 1]2
f (x, y) =
0,
(x, y) ∈
/ [0, 1]2 .
Si verifichi che f é effettivamente una densita’, si ricavino le densita’ marginali di X
e Y , e si determini la distribuzione di XY .
Esercizio 3
Da una partita di confezioni di pasta é stato prelevato un campione di n = 12 pezzi
i cui pesi netti effettivi, in grammi, sono stati
499 490 500 493 491 499
512 504 483 505 510 508.
a) Calcolare la media campionaria.
b) Supponendo che il peso netto effettivo nella popolazione abbia una distribuzione
normale N (µ, σ 2 = 72, 25), determinare un intervallo di confidenza al 95% per il peso
medio delle confezioni di pasta.
c) Supponendo che il valore della media campionaria rimanga invariato determinare
il valore minimo di n affinché l’intervallo di confidenza al 99% abbia ampiezza complessiva minore di 1.
Detta Φ la funzione di ripartizione della distribuzione normale N (0, 1), utilizzare
la seguente tabella:
1
Φ(1, 281) = 0, 9, Φ(1, 645) = 0, 95
Φ(1, 96) = 0, 975 Φ(2.58) = 0, 995
!
Esercizio 1 Per ogni intero n, si denoti con Tn il numero di teste uscite nei primi n
lanci di moneta. Chiaramente Tn ∼ B(n, p). Se poi denotiamo con En il numero di
croci, si ha ovviamente Tn + En = n, e inoltre Cn = Tn − En , da cui chiaramente
Cn = 2Tn − n. Ora, al lancio n-esimo si puo’ avere Cn = 0 solo se n = 2Tn , ossia solo
se n é pari, poniamo n = 2k. Se cio’ avviene, deve essere Tn = T2k = k, e quindi
2k k
P ([C2k = 0]) = P ([T2k = k]) =
p (1 − p)k ,
k
mentre
P ([C2k+1 = 0]) = 0.
Passiamo ora al secondo quesito. Si denoti con F l’evento in questione. Chiaramente
l’evento F equivale a dire che C6 = 4, C5 = 3 e C4 = 2, ossia F = [C6 = 4] ∩ [C5 =
3] ∩ [C4 = 2]. Dunque:
P (F ) = P ([C6 = 4] ∩ [C5 = 3] ∩ [C4 = 2]) =
= P ([C6 = 4]|[C5 = 3] ∩ [C4 = 2])P ([C5 = 3]|[C4 = 2])P ([C4 = 2]) =
= p2 P ([T4 = 3]) = 4p5 (1 − p).
Esercizio 2
Per mostrare che f é una densita’, basta calcolare l’integrale
Z Z
Z 1Z 1
Z 1Z 1
1 1
(x + y)dx dy =
x dx dy +
y dx dy = + = 1.
2 2
[0,1]2
0
0
0
0
Tale risultato é sufficiente in questo caso per provare che f é una densita’. Per valutare
le marginali, fX e fY , basta integrare separatamente:
Z 1
Z 1
Z 1
1
fX (x) =
f (x, y)dy =
x dy +
y dy = x + .
2
0
0
0
Analogamente, la densita’ di Y é
1
fY (y) = y + .
2
2
Quanto all’ultimo quesito, si osservi che XY puo’ assumere solo valori nell’intervallo
[0, 1]: ora, per ogni u ∈ [0, 1] si ha XY > u se e solo se la coppia (X, Y ) si trova al di
sopra del ramo d’iperbole y = ux , ossia se e solo se [(X, Y ) ∈ Bu ], ove
Bu = {(x, y) ∈ [0, 1]2 : u ≤ x ≤ 1,
u
≤ y ≤ 1}.
x
La probabilita’ P ([XY > u]) si calcola dunque tramite l’integrale
Z
Z 1 Z 1
P ([(X, Y ) ∈ Bu ]) =
f (x, y)dxdy =
(x + y)dy dx =
Bu
=
u
u/x
1 − u2
1
− u + u2 + (1 − 2u + u2 ) = 1 − 2u + u2 ,
2
2
da cui
FXY (u) = 2u − u2 ,
fXY (u) = 2 − 2u,
naturalmente per u ∈ [0, 1].
Esercizio 3
(a) Sia X la variabile aleatoria che rappresenta il peso delle confezioni. Per la media
campionaria X̄ si ha
P12
xi
X̄ = i=1 = 499.5
12
(b) La variabile aleatoria
confidenza al 95% é
X̄−µ
q
σ2
12
ha distribuzione normale N (0, 1) quindi l’intervallo di
r
r
σ2
σ2
(X̄ − z α2
, X̄ + z α2
)
12
12
essendo z α2 tale che Φ(z α2 ) = 1 − α2 con α = 1 − 0.95 = 0.5. Dalla tabella z α2 = 1.96,
pertanto l’intervallo di confidenza cercato é
r
r
72.25
72.25
(499.5 − 1.96
, 499.5 + 1.96
) ∼ (494.7, 504.3)
12
12
(c) Abbiamo 1 − α = 0.99 quindi α = 0.01. L’intervallo fiduciario per µ al 99%
relativo ad un campione di dimensione n ha ampiezza
r
σ2
A = 2z α2
n
con z α2 tale che Φ(z α2 ) = 1 − α2 = 0.995. Dalla tabella z α2 = 2.58 pertanto A =
√
2 · 2.58 √σn = 43.86
< 1 ⇐⇒ n < 1923.67. Quindi il minimo valore di n affinché
n
l’intervallo di confidenza al 99% abbia ampiezza inferiore ad 1 é 1924.
3
Esercizio 1 Si lanci indefinitamente una moneta (P (T ) = p), e si denoti con Y il numero
di lanci necessari per osservare testa per la seconda volta. Si calcoli la probabilita’
che Y sia un numero pari, e si controlli per quali valori di p essa é maggiore di 0.5.
Esercizio 2
Sia X una v.a. con distribuzione esponenziale Γ(1, β). Si calcolino, per t ∈ IR, le
quantita’
R(t) := E(cos(tX)), J(t) := E(sin(tX)).
Si confronti infine J 0 (0) con E(X).
Esercizio 3
(
kx2 e−λx , x > 0
0,
x≤0
f (x, λ) =
con λ > 0.
a) Determinare k in modo tale che f (x, λ) sia una funzione di densitá.
b) Fornire uno stimatore di λ con il metodo della massima verosimiglianza sulla base
di un campione casuale X1 , X2 , ..., Xn .
Esercizio 1 Conviene dapprima trattare la variabile aleatoria X che denota il numero
di lanci necessari per la prima uscita di Testa. Com’é ben noto, la probabilita’ pk che
X assuma un valore k > 0 é data da
pk = p(1 − p)k−1 .
Pertanto, l’evento E che X sia pari ha probabilita’
P (E) =
∞
X
2h−1
p(1 − p)
h=1
p
1−p
(1 − p)2
=
=
.
2
1 − p 1 − (1 − p)
2−p
Chiaramente, la probabilita’ di E c é
P (E c ) =
4
1
.
1−p
Passiamo ora a Y , e denotiamo con F l’evento che Y sia un numero pari.
Condizionando su X, si ha
P (F ) = P (F |E)P (E) + P (F |E c )P (E c ).
Considerata la particolare natura delle variabili aleatorie coinvolte, si ha
P (F |E) = P (E), P (F |E c ) = P (E c ),
per cui
2 − 2p + p2
1 + (1 − p)2
=
.
P (F ) = (P (E)) + (P (E )) =
(2 − p)2
4 − 4p + p2
Facili calcoli provano infine che tale quantita’ é sempre maggiore di 0.5.
2
Esercizio 2
c
2
La densita’ di X é la funzione
f (x) = αe−αx ,
(α = β1 ), naturalmente per x > 0. Le quantita’ richieste si calcolano mediante gli
integrali:
Z ∞
Z ∞
−αx
R(t) =
α cos(tx) e
dx, J(t) =
α sin(tx) e−αx dx.
0
0
Procedendo per parti, si ottiene
Z
∞
R(t) = − cos (tx)e−αx 0 −
+∞
te−αt sin (tx)dx = 1 −
0
∞
J(t) = − sin(tx)e−αx 0 +
Z
∞
t cos (tx)eαx dx =
0
t
J(t);
α
t
R(t).
α
Confrontando le relazioni trovate, si deduce subito:
1
α2
=
;
2
2
α +t
1 + β 2 t2
R(t) =
J(t) =
α2
αt
βt
=
.
2
+t
1 + β 2 t2
Derivando sotto integrale, si ha
0
Z
J (t) =
∞
αx cos(tx)e−αx dx,
0
da cui J 0 (0) = E(X). D’altra parte, derivando in t la funzione J(t) =
1 − β 2 t2
J (t) = β
, quindi J 0 (0) = β = E(X).
2
2
2
(1 + β t )
0
5
βt
,
1+β 2 t2
si trova
Esercizio 3 a)
R +∞
Affinché f (x, λ) sia una funzione di densitá si deve avere 0 kx2 e−λx dx = 1.
R +∞
Integrando due volte per parti si ottiene che 0 kx2 e−λx dx = λ2k3 e pertando deve
3
essere k = λ2 .
b)
In virtú dell’indipendenza la funzione di verosimiglianza è
(
P
1 3n −λ n
2
i=1 xi Πn
λ
e
n
i=1 xi x > 0
2
L(λ) =
0,
x≤0
Quindi per x > 0 si ha
n
lnL(λ) = ln
X
1
3n
+
lnλ
−
λ
xi + lnΠni=1 x2i .
2n
i=1
Dallo studio della derivata prima si ha
n
3nλ3n−1 X
3n
∂lnL(λ)
.
=
−
xi = 0 se λ = Pn
3n
∂λ
λ
i=1 xi
i=1
Essendo
∂ 2 lnL(λ)
3n
= − 2 < 0,
2
∂λ
λ
lo stimatore di massima verosimiglianza per λ è λ̂ =
Pn3n
i=1
xi
.
Esercizio 1 E’ assegnata una v.a. X a valori in IN := {0, 1, 2, ...}. E’ noto che P ([X =
0]) = 18 e che, per ogni valore di n > 0 si ha
P ([X ≥ n]) =
an
,
b
per opportuni valori positivi delle costanti a e b.
1) Si deduca per quali valori di a cio’ é possibile, e, per ciascuno di tali valori, si
determini b.
2) Per ogni n ≥ 0 si calcoli la probabilita’ che sia X = n.
3) Si valuti il valor medio di X.
6
Esercizio 2
Una v.a. (X, Y ) ha densita’ congiunta definita da
(
xe−xy , x ∈ [0, 1], y ∈ [0, +∞[
f (x, y) =
0,
altrove
1) Si verifichi che tale funzione é effettivamente una densita’, e si descriva la
distribuzione marginale di X.
2)Si determini la funzione di ripartizione di Y , e poi la sua densita’.
3) Si controlli se X e Y sono indipendenti, e se hanno entrambe valor medio.
4) Si determini la distribuzione di XY .
Esercizio 3 Si considerino i seguenti campioni provenienti da due popolazioni normali
di media µ1 e µ2 e varianza σ12 = 10 e σ22 = 9:
Primo campione 5.9 5.7 6.2 6.5 6.2 5.7 5.4 6
Secondo campione 5.8 5.4 6 6.7 6.2 5.9 5.7 6.2
(a) Calcolare l’intervallo di confidenza per µ1 − µ2 di livello 1 − α = 0.9.
(b) Essendo X̄1 e X̄2 le medie campionarie, con quale grado di confidenza potremmo
dire che la differenza delle medie é X̄1 − X̄2 ± 3.59?
Esercizio 1 Dovendo risultare limn→∞ P ([X ≥ n]) = 0, necessariamente si deve avere
a < 1. Per differenza, si ha
P ([X = 1]) = P ([X ≥ 1]) − P ([X ≥ 2]) = a
1−a
;
b
1−a
1−a
, ..., P ([X = n]) = an
.
b
b
Essendo poi 1 = P ([X = 0]) + P ([X ≥ 1]), deve risultare chiaramente
P ([X = 2]) = P ([X ≥ 2]) − P ([X ≥ 3]) = a2
b=
8
a.
7
Per quanto riguarda il valor medio, si ha
E(X) =
+∞
X
nan
n=1
7
1−a
7
=
.
b
8(1 − a)
Esercizio 2
1) Si ha
1
Z
+∞
Z
(
−xy
xe
1 dx = 1,
dy)dx =
0
0
0
1
Z
quindi effettivamente f é una densita’.
Lo stesso calcolo fornisce facilmente la densita’ marginale di X:
fX (x) = 1,
per x ∈ [0, 1], per cui X ha distribuzione uniforme: U (0, 1), e chiaramente ammette
valor medio.
2) Quanto alla Y , si ha
1
Z
Z
y
FY (y) =
0
xe−xt dt dx = 1 +
0
e−y − 1
;
y
la densita’ si ottiene per derivazione:
fY (y) =
1 − e−y − ye−y
.
y2
3)Chiaramente X e Y non sono indipendenti.
La densita’ fY é infinitesimo di ordine 2 a +∞, per cui la funzione y 7→ yfY (y) non
é integrabile in s.g., e dunque la Y non ammette valor medio.
4) La funzione di ripartizione di XY si puo’ calcolare tramite l’integrale:
Z
P ([XY < t]) =
1
Z
(
0
t/x
−xy
xe
Z
dy) dx =
0
0
1
y=0
( e−xy y=t/x )dx = 1 − e−t ,
naturalmente per t > 0; cio’ significa che XY ha distribuzione esponenziale: XY ∼
Γ(1, 1).
Esercizio 3 (a) Dai dati osservati si trovano le seguenti medie campionarie: X̄1 = 5.95
e X̄2 = 5.9875.
L’intervallo di confidenza per la differenza delle medie µ1 − µ2 al livello di confidenza
1 − α é
r
r
σ12 σ22
σ12 σ22
I = (X̄1 − X̄2 − z α2
+ , X̄1 − X̄2 + z α2
+ )=
n
n
n
n
r
r
10 9
10 9
= (5.95 − 5.9875 − z α2
+ , 5.95 − 5.9875 + z α2
+ )
8
8
8
8
8
essendo z α2 tale che la funzione di ripartizione della normale standardizzata in z α2 vale
1 − α2 = 0.95, cioé z α2 = 1.645. Quindi
r
10 9
10 9
+ , 5.95−5.9875+1.645
+ ) = (−2.5725, 2.497)
I = (5.95−5.9875−1.645
8
8
8
8
q
q
σ2
σ2
(b) Dobbiamo determinare z α2 tale che z α2 n1 + n2 = 3.59 cioé z α2 10
+ 98 = 3.59.
8
q
8
= 2.33. Quindi Φ(z α2 ) = 1 − α2 = 0.99 cioé α2 = 1 − 0.99 e
Pertanto z α2 = 3.59 19
1 − α = 0.98.
r
Esercizio 1 Per ogni variabile aleatoria X a valori in IN , si denoti con φX (s) la funzione
reale definita da
∞
X
φX (s) = E(sX ) =
sj pj ,
j=0
(laddove la serie converge) ove pj = P ([X = j]), per ogni j ∈ IN . Si calcoli esplicitamente φY (s) quando Y ∼ B(1, p). Per ogni intero n, si calcoli poi φZ (s), dove
Z ∼ B(n, p) (utilizzando le relazioni intercorrenti tra la distribuzione binomiale quella
di Bernoulli). Si calcoli infine φ0Z (1), e lo si confronti con E(Z).
Esercizio 2
Una v.a. X ha distribuzione uniforme U (0, 1).
(1) Per ogni intero n ≥ 0 si calcolino valor medio e varianza di X n .
(2) Si controlli a cosa e in che modo converge la successione (X n ).
P
(3) Posto Yn = ni=0 X i , si determini la distribuzione del limite di (Yn ).
Esercizio 3 Un’industria alimentare che produce birra dichiara che il contenuto nominale di ogni bottiglia é 330 ml. In realtá, il contenuto di una generica bottiglia é
descritto da una variabile casuale con distribuzione di probabilitá normale di media
µ incognita e varianza σ 2 = 25. Si scelgono casualmente 20 bottiglie, il cui contenuto
P
totale osservato é 20
i=1 xi = 6560.
(a) Sulla base di tale campione calcolare l’intervallo di confidenza per µ al 95%.
(b) Quale deve essere l’ampiezza minima del campione affinché l’intervallo di confidenza al 98% abbia ampiezza strettamente minore di 2?
(c) Si verifichi l’ipotesi H0 : µ = 330 contro l’ipotesi alternativa H1 : µ < 330 con un
9
test di significativitá α = 0.01.
Detta Φ la funzione di ripartizione della distribuzione normale N (0, 1), utilizzare
la seguente tabella:
!
Φ(2, 33) = 0, 99, Φ(1, 645) = 0, 95
Φ(2, 055) = 0, 98 Φ(1.96) = 0, 975
Esercizio 1
E’ immediato verificare che φY (s) = sp + q, ove q = 1 − p. Passando a Z, si puo’
osservare che Z é somma di n v.a. indipendenti Yi di tipo B(1, p). Allora si ha
φZ (s) = E(sY1 sY2 ...sYn ) = E(sY1 )E(sY2 )...E(sYn ),
a causa dell’indipendenza. Pertanto
φZ (s) = (sp + q)n .
Chiaramente, φ0Z (s) = np(sp + q)n−1 , e quindi φ0Z (1) = np = E(Z).
Esercizio 2
(1) Valor medio e varianza di X n si calcolano facilmente con formule usuali:
1
1
1
n2
1
2n
, E(X ) =
, V (Xn ) =
−
=
.
E(X ) =
n+1
2n + 1
2n + 1 (n + 1)2
(2n + 1)(n + 1)2
n
(2) Chiaramente, poiché il numero (aleatorio) X é quasi certamente compreso in ]0, 1[,
si ha
lim X n = 0
n
quasi certamente, e quindi in probabilita’ e in distribuzione. Poiché inoltre anche le
varianze tendono a 0, si ha pure convergenza in media quadratica.
(3) Il limite richiesto non é altro che la somma della serie (geometrica)
∞
X
Xn =
n=0
10
1
,
1−X
convergente in quanto X ∈ [0, 1[ quasi certamente. La distribuzione di tale variabile
si determina con tecniche usuali: la funzione di ripartizione é data da
F
1
1−X
1
(x) = 1 − ,
x
a partire da x = 1 (e nulla per x < 1). La densita’ é data da
f (x) =
1
,
x2
naturalmente per x ≥ 1.
Esercizio 3
(a) Per la media campionaria X̄ si ha
P20
xi
X̄ = i=1 = 328
20
La variabile aleatoria
confidenza al 95% é
X̄−µ
q
σ2
20
ha distribuzione normale N (0, 1) quindi l’intervallo di
r
r
σ2
σ2
(X̄ − z α2
, X̄ + z α2
)
20
20
essendo z α2 tale che Φ(z α2 ) = 1 − α2 con α = 1 − 0.95 = 0.5. Dalla tabella z α2 = 1.96,
pertanto l’intervallo di confidenza cercato é
r
r
25
25
(328 − 1.96
, 328 + 1.96
) ∼ (325.8, 330.19)
20
20
(b) Abbiamo 1 − α = 0.98 quindi α = 0.02. L’intervallo fiduciario per µ al 98%
relativo ad un campione di dimensione n ha ampiezza
r
σ2
A = 2z α2
n
con z α2 tale che Φ(z α2 ) = 1 − α2 = 0.99. Dalla tabella z α2 = 2.33 pertanto A =
√
2 · 2.33 √σn = 23.3
< 2 ⇐⇒ n > 135.72. Quindi il minimo valore di n affinché
n
l’intervallo di confidenza al 98% abbia ampiezza inferiore a 2 é 136.
(c) L’ipotesi nulla é H0 : µ = µ0 = 330 e l’ipotesi alternativa é H1 : µ < µ0 . Si ha
α = 0.01 quindi zα = 2.33.
q
q
2
Si rifiuta l’ipotesi nulla se X̄ < µ0 − zα σn = 330 − 2.33
Essendo X̄ = 328 > 327.4 l’ipotesi nulla si accetta.
11
25
20
= 327.4.
Esercizio 1 Sia X una variabile aleatoria con distribuzione N B(1, 1 − q): in altre parole,
se q denota la probabilita’ di croce, X indica il numero di lanci necessari per la prima
uscita di testa.
(i) Utilizzando il principio di derivazione per serie, si calcoli la somma
+∞
X
nq n−1 ,
n=11
e se ne deduca il valore di E(X|[X > 10]).
(ii) Si controlli che quest’ultima quantita’ e’ 12, nel caso q = 12 , e piu’ in generale
si verifichi che, per qualsiasi valore (ammissibile) di q, tale valor medio condizionato
non puo’ essere inferiore a 11.
Esercizio 2
Una variabile aleatoria bidimensionale (X, Y ) ha densita’

 k x , x ∈ [0, 1], y ∈ [1, 2]
y
f (x, y) =
 0, altrove,
con k costante opportuna.
(i) Dopo aver determinato k, si trovino le due densita’ marginali;
(ii) si calcolino le quantita’ E(XY ) ed E(X 2 Y 2 );
(iii) si valuti la probabilita’ dell’evento Y > 4X.
Esercizio 3 Da un’indagine condotta su n = 600 studenti laureati in Ingegneria negli
ultimi 5 anni presso una certa università, risulta che 1 studente su 4 ha trovato lavoro
entro 3 mesi dalla laurea.
che lavorano entro 3 mesi dalla laurea.
b) Quale dev’essere il valore minimo di n affinché, con gli stessi dati, l’intervallo
trovato in precedenza abbia un grado di confidenza al 99% ?
seguente tabella:
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
12
Esercizio 1
Usando il principio di derivazione per serie, si ha
+∞
X
nq
n−1
n=11
+∞
d X n
d q 11
11q 10 − 10q 11
=
q =
=
.
dq n=11
dq 1 − q
(1 − q)2
Ora, essendo P ([X > 10]) = q 10 , risulta
+∞
+∞
1 X
11 − 10q
1 X
nP ([X = n]) = 10
n(1−q)q n−1 =
= 10+E(X).
E(X|[X > 10]) = 10
q n=11
q n=11
1−q
Ovviamente, essendo E(X) > 1 (salvo casi banali), la quantita’ E(X|[X > 10]) non
puo’ essere inferiore a 11.
Sostituendo q = 21 , si vede subito che il valor medio condizionato é uguale a 12.
Esercizio 2
Integrando la densita’ in [0, 1] × [1, 2], si trova
Z 1Z 2
x
log 2
k dydx =
,
y
2
0
1
pertanto deve’essere k =
2
.
log 2
Le densita’ marginali sono, rispettivamente
Z 2
Z 1
x
x
2
2
1
fX (x) =
dy = 2x, fY (y) =
dx =
,
log 2 1 y
log 2 0 y
y log 2
la prima ovviamente per x ∈ [0, 1], la seconda per y ∈ [1, 2].
Si deduce subito che le due v.a. sono indipendenti, pertanto
E(XY ) = E(X)E(Y ) =
2
1
3
×
, E(X 2 Y 2 ) = E(X 2 )E(Y 2 ) =
.
3 log 2
4 log 2
Infine, per calcolare l’ultima quantita’, occorre svolgere l’integrale
!
Z 2 Z y/4
Z 2
2
1 y2
3
P ([Y > 4X]) =
dy =
.
f (x, y)dx dy =
log 2 1 y 32
32 log 2
1
0
Esercizio 3
a) Sia X la variabile aleatoria del numero dei laureati che lavorano entro 3 mesi dalla
laurea: ovviamente X segue una distribuzione binomiale con probabilita’ di successo
p. Essendo n grande, possiamo sfruttare l’approssimazione normale, pertanto gli
13
r
estremi dell’intervallo di confidenza cercato sono p̂ ± z a2
n = 600 e, dalla tabella,
p̂(1 − p̂)
, dove p̂ = 0.25,
n
P (00 Z ≤ z 00a ) ≈ 0.99 ⇔ z a2 ≈ 2.33.
2
"
#
r
r
0.25 0.75
0.25 0.75
0.25 − 2.33
, 0.25 + 2.33
∼ [0.209, 0.291].
600
600
b)Si possono usare le formule precedenti, ponendo z a2 = 2.58, e risolvendo rispetto a
n: poiché l’ampiezza del precedente intervallo era 0.08238, si dovra’ avere
r
0.25 0.75
2.58
= 0.04119,
n
da cui n ≥ 736.
Esercizio 1 Sia X una variabile aleatoria con distribuzione N B(1, p), e si consideri, per
ogni s ∈ [0, 1], la quantita’
φ(s) = E(sX ) =
+∞
X
sj P ([X = j]).
j=1
Dopo aver calcolato esplicitamente la funzione φ(s) (ossia la somma della serie), si
valuti anche la sua derivata φ0 (s), e si confronti φ0 (1) con E(X).
Esercizio 2
Una variabile aleatoria bidimensionale (X, Y ) ha densita’

 k xy , (x, y) ∈ B
x2 + y 2
f (x, y) =
 0,
altrove,
con k costante opportuna, ove B = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1, x > 0, y > 0}.
(i) Dopo aver determinato k, si trovino le due densita’ marginali;
(ii) si calcolino le quantita’ E(X), E(Y ), cov(X, Y ).
14
Esercizio 3 Da un’indagine condotta su n = 1200 persone, la percentuale dei laureati é
pari al 40%.
a) Costruire un intervallo di confidenza al 99% per la proporzione p dei laureati.
b) Quale dev’essere il valore minimo di n affinché, con gli stessi dati, l’intervallo abbia
la meta’ dell’ampiezza precedente?
seguente tabella:
Φ(1.645) ≈ 0.95 Φ(1.96) ≈ 0.975
Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1
Essendo
P ([X = k]) = qpk−1 ,
ove q = 1 − p, risulta
φ(s) =
+∞
X
k
s pq
k−1
= sp
+∞
X
(sq)j =
j=0
k=1
sp
.
1 − sq
Derivando tale funzione rispetto a s, si ottiene
φ0 (s) =
Chiaramente, per s = 1 si ha φ0 (1) =
Esercizio 2
1
p
p
.
(1 − sq)2
= E(X).
Per calcolare k, basta valutare l’integrale doppio:
Z
Z 1 Z π/2
xy
dxdy =
ρ sin θ cos θdρdθ,
2
2
B x +y
0
0
(lavorando in coordinate polari). Il semplice calcolo fornisce k = 4. Poiché la densita’
é perfettamente simmetrica in x e y, le due v.a. avranno la stessa marginale:
Z √1−x2
Z √1−x2
4xy
2y
fX (x) =
dy = 2x
dy = −4x log x.
2
2
2
x +y
x + y2
0
0
(La densita’ é positiva, poiché x ≤ 1). Il valor medio di X (che é lo stesso anche per
Y ) é dato da
Z 1
4
E(X) = E(Y ) =
−4x2 log xdx = .
9
0
15
Quanto al valor medio di XY , si puo’ usare la formula
Z
Z 1 Z π/2
Z
3
2
2
4ρ sin θ cos θdρdθ =
xyf (x, y)dxdy =
E(XY ) =
B
0
π/2
sin2 θ cos2 θdθ =
0
0
In conclusione, si ha
cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) =
16
π2
−
∼ −0.0012.
256 81
Esercizio 3 Detta X la variabile aleatoria dei laureati tra gli intervistati, X segue una
distribuzione binomiale con probabilita’ di successo p. Sfruttando l’approssimazione
r
p̂(1 − p̂)
, dove
n
#
"
r
r
0.4 0.6
0.4 0.6
, 0.4 + 2.58
∼ [0.3635, 0.4365].
0.4 − 2.58
1200
1200
L’ampiezza dipende da n in ragione quadratica inversa: per dimezzare tale ampiezza
bastera’ moltiplicare n per 4: dunque, occorre un campione di almeno 4800 persone,
con la stessa media di laureati.
Esercizio 1 Due variabili aleatorie, X e Y , hanno distribuzione P (λ) e sono indipendenti.
Si calcoli la probabilita’ dei seguenti eventi:
i) X − Y sia un numero pari; ii) XY sia un numero dispari; iii) X + Y = 127.
Esercizio 2
Per ogni n ∈ IN , n > 0, sia Xn una variabile aleatoria con distribuzione N (0, n1 ).
Sia poi Y una fissata variabile aleatoria con distribuzione Γ(1, 1). Si controlli se la
successione Zn = Xn + Y é convergente e, se si’, in che modo e a quale limite.
Esercizio 3
Una variabile aleatoria X ha distribuzione esponenziale Γ(1, θ), e quindi densita’
f (x; θ) =
1 −x/θ
e
,
θ
√
con x > 0. Ad ogni realizzazione di X si puo’ misurare il valore Y = X, e un
campione di n misure fornisce i dati y1 , ..., yn . Ricavare θ con il metodo della massima
verosimiglianza.
16
π
.
16
Esercizio 1
La probabilita’ p che X sia pari é data da
−λ
p=e
+∞
X
λ2j
1 + e−2λ
= e−λ cosh λ =
,
(2j)!
2
j=0
come si riconosce facilmente dallo sviluppo in serie di McLaurin della funzione
coseno iperbolico. Analogamente, la probabilita’ q che X sia dispari é data da
q = e−λ = e−λ sinh λ =
1 − e−2λ
= 1 − p.
2
Naturalmente, X −Y é pari se e solo se X e Y sono entrambe pari o entrambe dispari.
Data l’indipendenza, si ha dunque
P ([X − Y pari]) = p2 + q 2 =
1 + e−4λ
,
2
mentre
P ([XY dispari]) = q 2 .
Infine, dato che X + Y ha distribuzione P (2λ), si ha
P ([X + Y = 127]) = e−2λ
(2λ)127
.
127!
Esercizio 2 Dato che E(Xn ) = 0 e limn V (Xn ) = 0, si vede subito che la successione
(Xn ) tende a 0 in L2 . Allora limn (Xn + Y ) = Y in L2 (visto che anche Y ∈ L2 ).
√
X: semplici calcoli
Esercizio 3
Conviene determinare la distribuzione di Y =
forniscono
y2
2
fY (y) = ye− θ .
θ
Calcolando la funzione di verosimiglianza L(θ; y1 , ..., yn ), e successivamente il suo
logaritmo, che denoteremo con G(θ, y1 , ..., yn ), avremo
∂G
n
S
= − + 2,
∂θ
θ θ
avendo denotato con S la quantita’ y12 + ... + yn2 .
Facilmente si vede che il valore critico, corrispondente a θ = Sn , é il massimo cercato.
17
Esercizio 1 Due variabili aleatorie, X e Y , hanno distribuzione N B(1, p1 ) e N B(1, p2 )
rispettivamente, e sono indipendenti. Si calcoli la probabilita’ dei seguenti eventi:
i) X + Y sia un numero pari; ii) XY sia un numero dispari; iii) (facoltativo) X > Y .
Esercizio 2
Per ogni n ∈ IN , n > 0, sia Xn una variabile aleatoria con distribuzione U (− n1 , n1 ).
Sia poi Y una fissata variabile aleatoria con distribuzione β(1, 1). Si controlli se la
successione Zn = Xn + Y é convergente e, se si’, in che modo e a quale limite.
Esercizio 3 Una variabile aleatoria X ha distribuzione uniforme U (0, T ), con T > 0
parametro incognito, e Y denota la variabile X 2 . Un campione aleatorio di n realizzazioni della variabile Y fornisce i dati y1 , ..., yn . Si determini precisamente la
densita’ congiunta del vettore aleatorio (Y1 , ..., Yn ) e si ricavi poi T con il metodo
della massima verosimiglianza.
Esercizio 1
Posto q1 = 1 − p1 , e q2 = 1 − p2 , la probabilita’ che X sia pari é:
P ([X pari]) =
+∞
X
p1 q12h+1
h=0
+∞
X
p 1 q1
(q12 )h =
= p1 q1
.
1 − q12
h=0
Analogamente,
P ([Y pari]) =
p2 q2
.
1 − q22
Per differenza, si ha poi
P ([X dispari]) = 1 −
p1 q1
p1
p2
=
,
P
([Y
dispari])
=
.
1 − q12
1 − q12
1 − q22
Ora, X + Y é pari se e solo se X e Y sono entrambe pari o entrambe dispari, pertanto
P ([X + Y pari]) =
p1 q1 p2 q 2
p1
p2
+
,
2
2
2
1 − q1 1 − q2 1 − q1 1 − q22
per l’indipendenza. Semplificando, otteniamo
P ([X + Y pari]) =
p1 p2 (1 + q1 q2 )
.
(1 − q12 )(1 − q22 )
Analogamente, XY é dispari se e solo se né X né Y risulta essere pari, dunque
P ([XY dispari]) = 1 −
18
p1 p2 q1 q2
.
(1 − q12 )(1 − q22 )
Infine, per determinare la probabilita’ che sia X > Y , si puo’ procedere come segue:
P ([X > Y ]) =
+∞
X
P ([Y = j])P ([X > j]) =
j=1
+∞
X
q1j p2 q2j−1
j=1
+∞
p2 X
p 2 q1
=
(q1 q2 )j =
.
q2 j=1
1 − q 1 q2
Esercizio 2 Chiaramente, le v.a. Xn tendono a 0 uniformemente, quindi anche in ogni
altro modo di quelli studiati. Senz’altro allora le v.a. Zn tendono a Y , ancora
uniformemente.
Esercizio 3 Conviene determinare dapprima la distribuzione di Y = X 2 . Facilmente si
ottiene che la densita’ di Y é data da

1

√ , 0 < y < T2
2T
y
fY (y) =

0, altrimenti
Conseguentemente, la densita’ del campione aleatorio (Y1 , ..., Yn ) é data da

1

√ √
√ , min yi > 0, max yi < T 2
n
(2T ) y1 y2 ... yn
f(Y1 ,...,Yn ) (y1 , ..., yn ) =

0, altrimenti
√
Dunque, la densita’ del campione é positiva solo se T é maggiore di max yi , e, tra
questi valori di T , quello che rende massima la verosimiglianza é il minimo possibile,
in quanto la densita’ risulta decrescente in T . In conclusione, il valore di T che
√
massimizza la verosimiglianza é il massimo tra le quantita’ yi , i = 1, ..., n.
Esercizio 1 Un dado truccato presenta questa caratteristica: tutte le facce da 1 a 5 sono
equiprobabili, mentre il 6 ha probabilita’ q. Questo dado viene lanciato 2 volte, in
maniera indipendente, e si annota con X il risultato del primo lancio, e con Y quello
del secondo. Sia ora A l’evento 000 X dispari000 , e B l’evento 000 XY dispari000 : quale
dev’essere il valore di q, se si vuole che P (B|A) = 13 ?
Esercizio 2 Sia X una variabile aleatoria con distribuzione normale standard. Detta Y
la variabile |X|, si determini la densita’, la media e la varianza di Y .
Esercizio 3 Sia X la variabile aleatoria che descrive la lunghezza in millimetri di una
barretta di metallo. Si supponga che X ∼ N (µ, σ 2 = 16). Posto di aver estratto da
X un campione casuale di ampiezza n = 80 e di aver trovato che x = 20 si calcoli:
19
(a) l’intervallo di confidenza per la media al livello di confidenza
(1 − α = 0, 95);
(b) supponendo che il valore di x rimanga invariato determinare il valore minimo di
n affinché l’intervallo di confidenza (1 − α = 0, 95) abbia ampiezza complessiva
minore di 1.
seguente tabella:
Φ(1, 645) = 0, 95 Φ(1, 96) = 0, 975
Φ(2, 58) = 0, 995 Φ(3, 27) = 0, 9995
!
Esercizio 1
Poiché l’evento B implica comunque l’evento A, si ha
P (B|A) =
P (B)
.
P (A)
, e quindi si ha, anche per
Ora, ogni faccia diversa dal 6 ha probabilita’ p = 1−q
5
l’indipendenza:
P (A) = 3p, P (B) = 9p2 .
Quindi la condizione richiesta é verificata se
Esercizio 2
9p2
3p
= 13 , cioé p = 19 , da cui q = 49 .
Chiaramente, Y é non-negativa, e si ha, per ogni y > 0:
P ([Y ≤ y]) = P ([−y ≤ X ≤ y]) = 2P ([X ≤ y] − 1.
Pertanto, la densita’ di Y é data da
2
2
fY (y) = 2fX (y) = √ e−y /2 ,
2π
per y ≥ 0, ed é nulla per y < 0. Quanto al valor medio, si ha
2
E(Y ) = √
2π
Z
+∞
−y 2 /2
ye
0
2
2
dy = √ [−e−y /2 ]+∞
=
0
2π
Si ha invece E(Y 2 ) = E(X 2 ) = 1, e quindi V (Y ) = 1 − π2 .
Esercizio 3
20
r
2
.
π
(a) Poiché la popolazione di partenza é normale sappiamo che:
X − µ√
n ≤ z α2 ) = 1 − α
σ
Quindi con i dati che noi abbiamo si ha che α = 0, 05 da cui α/2 = 0, 025. Possiamo
quindi determinare il valore di z α2 che dalla tabella sulla funzione normale vediamo
essere:
z α2 = 1, 96.
P (−z α2 ≤
√
√
(X − z α2 σ/ n; X + z α2 σ/ n)
4
4
(20 − 1, 96 · √ ; 20 + 1, 96 · √ ) = (19.1235; 20.8765).
80
80
(b) Sappiamo che l’ampiezza di un intervallo fiduciario é data da:
σ
A = 2 · z α2 · √
n
Andiamo quindi a determinare il valore minimo di n affinché tale ampiezza sia minore
di 1, e sempre con (1 − α) = 0, 95:
4
1 > 2 · 1, 96 · √
n
n > (2 · 1, 96 · 4)2 = 245, 86
Esercizio 1 Una ditta produce piccoli componenti elettronici, con una frequenza di 1
pezzo difettoso su 1000, e un cliente abituale acquista regolarmente partite da 500
pezzi di questa ditta.
In caso di difetti, la ditta propone al cliente un rimborso, che viene quantificato in 2X
euro, ove X denota il numero di pezzi difettosi in ogni partita acquistata (compreso
il caso X = 0).
Il cliente, invece, pretende un rimborso pari a X2X euro.
Quale delle due forme di rimborso é piu’ conveniente, in media, per il cliente?
21
Esercizio 2 Due variabili aleatorie indipendenti, X e Y , hanno entrambe distribuzione
esponenziale Γ(1, 1). Si calcolino la densita’ e il valor medio della v.a. Z =
p
(X + Y ).
Esercizio 3 Una comunita’ americana, che conta varie centinaia di migliaia di abitanti,
si prepara per le elezioni politiche. Si fa un’indagine su un campione estratto da tale
popolazione, per monitorare la preferenza nei riguardi del partito repubblicano.
a) Se é noto che la percentuale p di Repubblicani é del 40%, quanto dovrebbe essere
numeroso il campione, se si vuole che, con probabilita’ maggiore di 0.95, la percentuale
di preferenze ivi riscontrate si discosti da p per non piu’ del 2% (cioé, sia compresa
fra il 38 e il 42%)?
b) Si risolva un problema analogo, supponendo che p sia incognita. (Sugg.: si trovi
una maggiorazione per la quantita’ p(1 − p)...).
seguente tabella:
Φ(1, 645) = 0, 95 Φ(1, 96) = 0, 975
Φ(2, 58) = 0, 995 Φ(3, 27) = 0, 9995
!
Esercizio 1 Si puo’ assumere che la v.a. X abbia distribuzione di Poisson P (λ), con
500
= 12 . Allora, bisogna confrontare le quantita’ E(2X ) ed E(X2X ). Mediante
λ = 1000
formule usuali, si ottiene
X
E(2 ) =
+∞
X
2k e−λ
k=0
e
E(X2X ) =
+∞
X
k=0
k2k e−λ
λk
= e−λ e2λ = eλ ,
k!
+∞
X
λk
λk
= e−λ
2k
= e−λ 2λ e2λ = 2λeλ .
k!
(k
−
1)!
k=1
Poiché nel caso in esame si ha λ = 21 , le due medie sono uguali, e quindi i due tipi di
rimborso sono mediamente equivalenti.
Esercizio 2
Com’é noto, la distribuzione di X + Y é di tipo Γ(2, 1), e quindi con densita’
fX+Y (u) = ue−u ,
22
naturalmente per u > 0. La funzione di ripartizione di Z é data allora da
FZ (z) = P ([X + Y ≤ z 2 ]) = FX+Y (z 2 ),
(con z > 0), da cui, derivando:
2
fZ (z) = 2z 2 e−z ,
(sempre per z > 0). Il calcolo del valor medio di Z di puo’ effettuare come segue:
Z +∞
Z +∞
Z +∞
4 −z 2
v 3/2 e−v dv,
2z e dz =
zfZ (z)dz =
E(Z) =
0
0
0
tramite la sostituzione v = z 2 . Adoperando le proprieta’ della funzione Γ, troviamo
infine
3
3√
E(Z) = Γ(5/2) = Γ(1/2) =
π.
4
4
Esercizio 3 (a) Detto n il numero delle persone intervistate, il numero Z di coloro che
si sono dichiarati repubblicani é una v.a. che si puo’ ritenere approssimativamente
di tipo binomiale, B(n, p). La frequenza U := Zn ha allora media p e varianza p(1−p)
:
n
pertanto si ha
√
U −p
U∗ = np
,
p(1 − p)
e la condizione |U − p| < 0.02 si traduce con
√
0.02 n
.
|U | < p
p(1 − p)
∗
Adoperando per U ∗ l’approssimazione normale, e sostituendo p con 0.4, si ottiene
√
√
0.2 n
∗
∼ 0.0408 n.
|U − p| < 0.02 ⇔ |U | < √
24
Poiché si vuole che tale evento abbia probabilita’ almeno 0.95, dalle tavole si evince
che dev’essere
√
0.0408 n > 1.96,
da cui n ≥ 2305.
(b) Ragionando come sopra, la condizione da imporre é che l’evento
√
0.02 n
∗
|U | < p
p(1 − p)
23
abbia probabilita’ almeno 0.95, e quindi si deve avere, dalle tavole:
√
0.02 n
p
≥ 1.96.
p(1 − p)
Essendo comunque p(1 − p) < 0.25, si ha certamente
√
√
0.02 n
p
≥ 2 0.02 n
p(1 − p)
√
e quindi basta imporre 2 0.02 n ≥ 1.96, ossia n ≥ 2401.
In definitiva, anche se p non é nota, scegliendo un campione con almeno 2401 individui,
la percentuale riscontrata dal campione si potra’ discostare da quella reale di oltre il
2% solo con probabilita’ minore di 0.05.
24
Esercizio 1 Una ditta produce bottoni, con una (bassa) frequenza p di pezzi difettosi. Una merceria, cliente abituale, acquista regolarmente partite da 1000 bottoni
di questa ditta.
In caso di difetti, la ditta rimborsa il cliente con una somma di 2X euro, ove X denota
il numero di bottoni difettosi nella partita acquistata. E’ stata esaminata anche la
possibilita’ di un rimborso pari a X 2 euro, ma si é concluso che in media le due forme
di rimborso sono identiche.
Qual’ é la frequenza p?
Esercizio 2 Una v.a X ha distribuzione uniforme continua, U (0, 1), ed una v.a. Y ,
indipendente da X, ha distribuzione di Cauchy, ossia densita’
1
,
π(1 + y 2 )
p
con y ∈ IR. Si determini la distribuzione di Z := |Y | e quella di U := X + Z.
fY (y) =
Esercizio 3
a) Il peso medio in grammi delle confezioni di salmone affumicato prodotte da una
nota azienda alimentare del nord si distribuisce come una normale; in un campione di 13 confezioni i pesi osservati sono: 18, 22, 30, 26, 21, 20, 24, 27, 25, 27,
30, 26, 19. Calcolare la media aritmetica, la media geometrica e la mediana del
campione.
b) Con riferimento ai dati del punto a), poiché é noto che la media dei pesi della
popolazione é 25 e considerato, da un lato, l’elevato costo del prodotto al grammo
e dall’altro la severita’ dei controlli, verificare se i dati del campione confermano
il peso medio ad un livello di significativita’ α = 0, 01;
c) Alle ultime elezioni politiche un partito ha ricevuto il 40% dei voti. In un sondaggio condotto 4 anni dopo, su un campione di 500 intervistati, il 37% é risultato
essere disposto a votare per quel partito; ci si chiede se, al 5% la situazione del
partito sia peggiorata.
1
Esercizio 1 Poiché p é molto bassa, il numero di bottoni difettosi per ogni partita puo’
essere descritto mediante una v.a. X ∼ P (λ), essendo λ = 1000p. Nel caso il rimborso
sia di 2X euro, il rimborso medio sara’ dunque 2E(X) = 2λ. Nel caso invece in cui
il rimborso sia X 2 euro, il rimborso medio é
E(X 2 ) = V (X) + E 2 (X) = λ + λ2 .
Le due forme di rimborso sono equivalenti se e solo se 2λ = λ + λ2 , cioé λ = 1, e
1
quindi p = 1000
.
Esercizio 2 Chiaramente, Z é non negativa, per cui la funzione di ripartizione FZ sara’
nulla per z < 0. Per z > 0, si ha
2
FZ (z) = P (|Y | < z ) =
π
2
z2
Z
0
1
2
dx = arctan(z 2 ).
2
1+x
π
Quanto alla densita’, si ha, sempre per z > 0:
fZ (z) =
2 2z
.
π 1 + z4
Adoperando la formula di convoluzione, avremo poi
Z u∧1
Z 1
fZ (u − x)dx,
fZ (u − x)fX (x)dx =
fU (u) =
0
0
essendo fZ nulla se il suo argomento é negativo. Avremo pertanto, per 0 < u < 1 :
fU (u) =
2
arctan(u2 )
π
e, per u > 1 :
fU (u) =
2
2
arctan(u2 ) − arctan(u − 1)2 .
π
π
Esercizio 3
a) Il valore della media aritmetica é 24,23077, la media geometrica é 23,92369 e la
mediana é 25;
b) Il valore della varianza campionaria é 15,69231, di conseguenza la deviazione
standard é 3,96135; l’ipotesi nulla H0 : µ = 25, l’ipotesi alternativa µ 6= 25; per
questo la zona di rifiuto del test é allora R = {t : |t| > 3, 055} calcolata su un
valore di t(0, 005) con 12 g.d.l.; poiché il valore t nel campione é −0, 70014, non
rifiuto l’ipotesi nulla.
2
c) Poiché siamo in presenza di grandi campioni, si utilizza il test z; la zona di rifiuto
é R = {z : z < −1, 645} con α = 0, 05; poiché la statistica test assume il valore
-1,36931 l’ipotesi nulla non viene rifiutata al livello di significativita’ del 5%.
Esercizio 1 Si sta esaminando una moneta, per determinare la probabilita’ p dell’uscita
di T esta. Dopo aver lanciato varie volte la moneta, si é concluso che, dette X1 e X2
le variabili aleatorie che contano il numero di lanci necessari per la prima e la seconda
uscita di testa, rispettivamente, risulta
3
P ([X2 > 8] ∩ [X1 > 5]) = P ([X2 > 7] ∩ [X1 > 4]).
4
Possiamo ora dedurre il valore di p?
Esercizio 2
Due v.a. indipendenti, X e Y , hanno distribuzione continua, di tipo U (0, 1). Si
denotino con Z la v.a. Z = max{X, Y } e con W la v.a. W = min{X, Y }. Dopo aver
determinato la distribuzione di Z e W , si provi che Z − W ha la stessa distribuzione
di W .
Esercizio 3
Si svolga a scelta uno tra i seguenti esercizi.
a) Un produttore di sigarette ha interesse a classificare i suoi prodotti in base al
contenuto medio di catrame che contengono; in un campione di 15 confezioni i
pesi osservati sono: 12 15 12 9 11 13 13 14 10 10 12 9 9 11 16. Calcolare la
media aritmetica, la media armonica e l’intervallo fiduciario per la media al 99
%.
b) Si vuole stimare il parametro α (maggiore di 0), relativo ad una distribuzione
continua con densita’
(
k
, x>α
x2
f (x) =
0, x < α,
con k costante d’integrazione opportuna. A tale scopo si effettua un campione IID dalla distribuzione suddetta, e si adopera il metodo di massima
verosimiglianza. Qual é il valore di α che si ottiene in questo modo?
3
Esercizio 1
Si ha
P ([X2 > 8]∩[X1 > 5]) = P ([X2 > 8]|[X1 = 6])P ([X1 = 6])+P ([X2 > 8]|[X1 = 7])P ([X1 = 7])+
+P ([X2 > 8]|[X1 > 7])P ([X1 > 7]) = P ([X1 > 2])P ([X1 = 6])+P ([X1 > 1])P ([X1 = 7])+P ([X1 > 7]) =
= p(1 − p)7 + p(1 − p)7 + (1 − p)7 = (1 − p)7 (2p + 1).
Analogamente
P ([X2 > 7]∩[X1 > 4]) = P ([X2 > 7]|[X1 = 5])P ([X1 = 5])+P ([X2 > 7]|[X1 = 6])P ([X1 = 6])+
+P ([X2 > 7]|[X1 > 6])P ([X1 > 6]) = P ([X1 > 2])P ([X1 = 5])+P ([X1 > 1])P ([X1 = 6])+P ([X1 > 6]) =
= p(1 − p)6 + p(1 − p)6 + (1 − p)6 = (1 − p)6 (2p + 1).
La relazione nota permette di stabilire dunque che 1 − p = 34 , e quindi p = 14 .
Esercizio 2
Risulta facilmente
FZ (z) = P ([X < z] ∩ [Y < z]) = z 2 ,
naturalmente per 0 < z < 1, dunque la densita’ di Z verifica
fZ (z) = 2z
per z ∈ [0, 1], e naturalmente vale 0 altrove. Per quanto riguarda W , i valori possibili
sono sempre fra 0 e 1, e
P ([W > w]) = P ([X > w] ∩ [Y > w]) = (1 − w)2
per cui FW (w) = 1 − (1 − w)2 = 2w − w2 , e densita’
fW (w) = 2 − 2w,
sempre per w ∈ [0, 1]. Infine, la v.a. Z − W , essendo coincidente con |Y − X|, é
sempre a valori tra 0 e 1, e puo’ venire trattata come segue:
P ([Z − W ≤ u]) = P ([|X − Y | ≤ u]) = λ(Bu ),
ove, per ogni u ∈ [0, 1], Bu é l’intersezione del quadrato [0, 1]2 con la striscia x − u ≤
y ≤ x+u. Facilmente si vede che tale regione é il complementare, rispetto al quadrato,
dell’unione di due triangoli rettangoli isosceli aventi cateti di lunghezza 1−u, e quindi
l’area cercata é data da
FZ−W (u) = λ(Bu ) = 1 − (1 − u)2 = 2u − u2 .
Questo risultato é esattamente quanto si doveva provare, in quanto la funzione di
ripartizione di Z − W , per quanto ora visto, é la stessa di W .
4
Esercizio 3
a) Il valore della media aritmetica é 11,7333, la media armonica é 11,36714; il valore
della statistica t al 99 % e’ 2,977 con 14 g.d.l. per cui il valore della media e’
compreso, verosimilmente, tra 10,05263 e 13,41403.
b) Un facile calcolo fornisce il valore di k:
α
Z +∞
k
k
1
= ,
dx = k
2
x
x ∞ α
α
da cui ovviamente k = α.
Ora, dato un campione IID, (X1 , ..., Xn ), la densita’ congiunta sara’:
(
αn
, se min{x1 , ..., xn } > α
x21 ...x2n
L(α; x1 , ..., xn ) =
0
se min{x1 ..., xn } ≤ α.
Se si vuole massimizzare L rispetto ad α, basta osservare che la derivata di L
rispetto ad α é
( n−1
nα
, se 0 < α < min{x1 , ..., xn }
∂L
x21 ...x2n
=
∂α
0 se α ≥ min{x1 , ..., xn } :
quindi la funzione L é crescente finché α non raggiunge il valore min{x1 , ...xn },
e costantemente nulla per valori piu’ grandi. Poiché naturalmente si ha
L(min{x1 , ..., xn }; x1 , ..., xn ) > 0, possiamo ritenere che il valore di α per cui
si ha massima verosimiglianza é proprio il minimo tra tutti i valori osservati
x1 , ..., xn .
Esercizio 1 In un allevamento di conigli, il numero di nuovi nati ogni giorno é una
variabile aleatoria V con distribuzione di Poisson P (3). Per un coniglio appena nato,
la probabilita’ di sopravvivenza per almeno un giorno é 23 . Detta Z la variabile
aleatoria che fornisce il numero di nuovi nati che sopravvivono almeno un giorno, si
determini:
a) la distribuzione di Z, e/o
b) il valor medio e la varianza di Z.
(N.B.: Si supponga che la sopravvivenza di ogni nuovo nato é del tutto indipendente
da quella di ciascun altro.)
5
Esercizio 2 Di una certa variabile aleatoria X si sa che la sua funzione di ripartizione
FX ha le seguenti proprieta’:
i) FX (x) = 0 ∀x < 0;
ii) FX (0) = p, con 0 < p < 1;
iii) FX (1) = 1.
Detta Yn la successione di variabili aleatorie definite da
n X
n
Yn =
(−1)h X h ,
h
h=0
si dimostri che Yn converge q.c. ad una variabile aleatoria Y , e si calcoli la funzione
di ripartizione FY .
Esercizio 3 Una ditta produce lamine metalliche con un’affidabilità del 98%, ovvero la
probabilità che una lamina prodotta sia difettosa è pari al 2%.
(a) Se si esamina un campione di 500 lamine, qual è la probabilità che almeno 496
siano integre?
(b) Supponendo di sapere che delle 500 lamine 15 sono difettose, costruire un
intervallo di confidenza al 99% per la probabilità 1 − p che un pezzo sia difettoso.
seguente tabella:
Φ(1.6) ≈ 0.94 Φ(1.645) ≈ 0.95
Φ(1.8) ≈ 0.96
Φ(1.96) ≈ 0.975 Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1
Per trovare la distribuzione di Z si puo’ procedere come segue:
P ([Z = k]) =
+∞
X
P ([Z = k]|[V = k + n])P ([V = k + n]).
n=0
Ora, sapendo che V = m, la v.a. Z viene ad avere la distribuzione binomiale B(m, 23 ),
e quindi, per n ∈ IN , si ha
n + k 2k
P ([Z = k]|[V = n + k]) =
,
k
3n+k
6
per cui
+∞
X
(n + k)! 2k −3 3n+k
P ([Z = k]) =
=
e
n!k! 3n+k
(n + k)!
n=0
=e
+∞
k X
−3 2
k!
n=0
2k
1
= e−2 .
n!
k!
Se ne deduce pertanto che Z ha distribuzione di Poisson P (2). Per le note proprieta’
di tale distribuzione, si ha allora E(Z) = V (Z) = 2.
Esercizio 2 Dalle proprieta’ della funzione di ripartizione F , si deduce che X é quasi
certamente compresa fra 0 e 1, e che P ([X = 0]) = p.
Per quanto riguarda Yn , si riconosce facilmente che la sommatoria che la definisce
altro non é che lo sviluppo del binomio (1 − X)n , pertanto si ha
Yn = (1 − X)n
per ogni n. Poiché 1 − X é anch’essa compresa fra 0 e 1, é evidente che (1 − X)n
tende a 0, quando X 6= 0, e tende (essendo costante) a 1 quando X = 0.
Si deduce dunque che il limite Y esiste quasi certamente, ed ha distribuzione di
Bernoulli B(1, p). Infine


per y < 0
 0
FY (y) =
1−p
per 0 ≤ y < 1


1
per y ≥ 1.
Esercizio 3
(a) Possiamo definire le variabili aleatorie
(
0, se l’i-esima lamina è difettosa,
Xi =
1, se l’i-esima lamina è integra,
i = 1, . . . , 500, con P (Xi = 0) = 1 − p = 0.02 e P (Xi = 1) = p = 0.98; allo500
X
ra Xi ∼ Be(0.98). Poniamo poi Y =
Xi e osserviamo che Y ∼ Bin(500, 0.98).
i=1
Y − 490
Y −Y
Dal Teorema del limite centrale,
→ N (0, 1), ovvero
→ N (0, 1).
σY
3.13
Pertanto risulta
495 − 490
P (Y > 495) = 1 − P (Y ≤ 495) = 1 − Φ
≈ 1 − Φ(1.6) = 0.06.
3.13
7
15
= 0.03 dunque, essendo n grande, gli estremi
500
r
p̂ q̂
. Poiché dalla tabella si vede che
dell’intervallo di confidenza cercato sono q̂ ± z a2
n
(b) La nuova stima di (1 − p) è q̂ =
P (|Z| ≤ z a2 ) ≈ 0.995 ⇔ z a2 ≈ 2.58,
l’intervallo di confidenza è
"
#
r
r
0.97 0.03
0.97 0.03
0.03 − 2.58
, 0.03 + 2.58
∼ [0.01, 0.05].
500
500
Esercizio 1 Siano X e Y due variabili aleatorie indipendenti, entrambe con distribuzione
continua U (0, 1). Si determini la densita’ della variabile aleatoria Z := X − log Y.
Esercizio 2 Due calciatori, A e B, si sfidano a tirare calci di rigore. La probabilita’ che
A faccia gol tirando un rigore é 43 , mentre per B tale probabilita’ é 54 . Ogni prova
consiste di un rigore per ciascuno, e il gioco finisce la prima volta che, a parita’ di
prove, uno dei due rimane in vantaggio.
1) Si calcoli la probabilita’ che, dopo n prove consecutive, i due calciatori siano ancora
alla pari.
2) Si calcoli la probabilita’ che, all’n-esima prova, risulti vincitore A.
3) Si calcoli la probabilita’ che, alla fine, vinca A.
Esercizio 3
f (x; θ) = k(1 + θx), −1 ≤ x ≤ 1,
con k ≥ 0 e θ ∈ [−1, 1]. Si chiede di
(a) calcolare k, in modo che la funzione f sia la densita’ di una distribuzione continua;
(b) fornire uno stimatore di θ con il metodo dei momenti, sulla base di un campione
casuale X1 , . . . , Xn e verificare che lo stimatore trovato e’ corretto.
8
Esercizio 1
Sia W := − log Y . Certamente W é sempre non negativa, e si ha
FW (x) = P ([Y > e−x ]) = 1 − e−x ,
per ogni x > 0: dunque W ha distribuzione esponenziale, Γ(1, 1). Essendo X
e W indipendenti, la densita’ della loro somma si calcola mediante il prodotto di
convoluzione:
Z +∞
Z 1
Z u∧1
fX+W (u) =
fX (x)fW (u − x) dx =
fW (u − x)dx =
e−(u−x) dx,
−∞
0
0
dove u ∧ 1 denota il minimo tra u e 1. Allora, per 0 ≤ u ≤ 1, si ha
fX+W (u) = 1 − e−u ,
mentre, per u ≥ 1, si ottiene
fX+W (u) = (e − 1)e−u .
3
Esercizio 2 In una singola prova, la probabilita’ che il vincitore sia A é 43 15 = 20
. Sim1
ilmente, la probabilita’ che, dopo una singola prova, risulti vincitore B é 5 . Dunque,
3
in una singola prova, la probabilita’ che i due siano ancora alla pari é 1 − 15 − 20
= 13
.
20
1) Poiché le prove avvengono tutte in condizioni di indipendenza, la probabilita’ che,
dopo n prove, i due siano ancora in parita’ é data da ( 13
)n .
20
2) Similmente, la probabilita’ che A risulti vincitore all’n-esima prova é data da
13 n−1 3
)
.
( 20
20
3) Infine, la condizione che A sia vincitore alla fine coincide con la richiesta che, per
almeno un valore di n, accade che A risulti vincitore alla prova n-esima. Chiaramente,
al variare di n tali eventi sono incompatibili, e quindi la probabilita’ cercata é data
da
+∞
X
13
3
3
1
3
( )n−1
=
13 = .
20
20
20 1 − 20
7
n=1
Esercizio 3
Affinché f sia una funzione di densita’, deve risultare
Z 1
k(1 + θx) dx = 2k = 1,
−1
1
quindi k = .
2
9
(b) Poiché
Z
1
E[X] =
−1
1
1
θ
1 2 θ 3
= ,
x(1 + θx) dx =
x + x
2
4
6
3
−1
con il metodo dei momenti poniamo E[X] = X =
n
X
Xi , da cui si conclude che uno
i=1
stimatore di θ e’
θ̂ = 3X.
θ
Infine facilmente si vede che E[θ̂] = 3E[X] = 3 = θ.
3
Esercizio 1 Una variabile aleatoria X ha distribuzione discreta, potendo assumere con
probabilita’ positiva tutti i valori interi da 0 in poi. Per ogni intero n ≥ 0, si sa che
1
P ([X = n + 1]|[X > n]) = P ([X = 0]) = .
5
Si determini la distribuzione di X, e si calcoli il valor medio E(X).
Esercizio 2 Sia X una v.a. continua, con distribuzione Γ(1, β), e si ponga Y = e−X .
Si determini la densita’ di Y , e si dica se, per qualche valore di β, Y puo’ avere
distribuzione uniforme continua.
Esercizio 3 Una variabile aleatoria X ha distribuzione uniforme U (0, T ), con T > 0
parametro incognito, e Y denota la variabile X 2 . Un campione aleatorio di n realizzazioni della variabile Y fornisce i dati y1 , ..., yn . Si determini precisamente la
densita’ congiunta del vettore aleatorio (Y1 , ..., Yn ) e si ricavi poi T con il metodo dei
momenti.
Esercizio 1
Poniamo, per ogni intero n,
an = P ([X > n]), bn = P ([X = n]).
La relazione data comporta che
1
1
P ([X = n + 1]) = P ([X > n]), ossia bn+1 = an
5
5
10
per n = 0, 1, .... D’altra parte, si ha anche
bn+1 = P ([X = n + 1]) = P ([X > n]) − P ([X > n + 1]) = an − an+1 ,
quindi
4
1
an = an − an+1 da cui an+1 = an ,
5
5
per n = 0, 1, ... Ora, é facile ricavare, ad es. per induzione, che
4
an = ( )n+1 ,
5
per ogni n, e quindi
1 4
bn = ( )n ,
5 5
per ogni n. Cio’ individua perfettamente la distribuzione di X, in quanto X + 1 ha
distribuzione geometrica con parametro 15 . Se ne deduce subito che E(X + 1) = 5, e
infine che E(X) = 4.
Esercizio 2
Posto λ = β1 , la densita’ di X é la funzione
f (x) = λe−λx ,
per x > 0, e 0 altrimenti. Pertanto la variabile Y puo’ assumere solo valori tra 0 e 1.
Dunque, se y ∈]0, 1[, si ha
P ([Y ≤ y]) = P ([e−X ≤ y]) = P ([−X ≤ log y]) = P ([X ≥ − log y]) =
Z +∞
− log y
=
λe−λx dx = e−λx ∞
= eλ log y = y λ .
− log y
Pertanto, la densita’ di Y é la funzione fY (y) = λy λ−1 , per y ∈]0, 1[, e 0 altrimenti.
Chiaramente, Y ha distribuzione uniforme se e solo se β = 1.
Esercizio 3
Calcoliamo la distribuzione di Y . Si ha
√
y
√
P ([Y ≤ y]) = P ([X ≤ y]) =
,
T
naturalmente per y ∈ [0, T 2 ]. Dunque la densita’ di Y é data da
fY (y) =
1
√ ,
2T y
sempre per y ∈]0, T 2 ]. Il valor medio di Y é dato dunque da
Z T2
1
T2
√
E(Y ) =
ydy =
.
2T 0
3
P
Pertanto, uguagliando tale quantita’ con la media m := n1 ni=1 yi , si ottiene
√
T = 3m.
11
Esercizio 1 Una Ditta commerciale guadagna ogni anno una somma X, ove si puo’
assumere che X ∼ N (µ, σ 2 ). Ogni anno la Ditta paga una tassa fissa S di stoccaggio,
quando X < µ, mentre S = 0 altrimenti. Detta Y la variabile aleatoria X − S,
si provi che Y non puo’ assumere valori compresi fra µ − S e µ; si descriva poi la
distribuzione di Y , e se ne calcoli il valor medio.
Esercizio 2 Si immagini di lanciare infinite volte una monetina, sempre in condizioni
di indipendenza; per ogni n denotiamo con Cn la variabile aleatoria che fornisce
la differenza tra il numero di teste e il numero di croci uscite nei primi n lanci.
Si calcolino media e varianza di ciascuna Cn e, utilizzando il Teorema del Limite
Centrale, si trovi, nel caso p = 21 , il limite in Distribuzione delle variabili aleatorie
Cn
√
.
n
Esercizio 3 Con riferimento all’esercizio 1, si supponga che σ 2 = 2 e che si voglia stimare
µ sulla base di 12 osservazioni I.I.D. della X, x1 , ..., x12 : qual é l’ampiezza dell’intervallo di confidenza per µ al livello di significativita’ del 5%? Quante dovrebbero
essere le osservazioni, se si vuole che l’ampiezza dell’intervallo si riduca di un terzo?
seguente tabella:
Φ(1.6) ≈ 0.94 Φ(1.645) ≈ 0.95
Φ(1.8) ≈ 0.96
Φ(1.96) ≈ 0.975 Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1 Denotiamo con S 0 la variabile aleatoria che denota la spesa per lo stoccaggio:
S 0 assume il valore costante positivo S quando X < µ, e vale 0 altrimenti.
Essendo Y = X − S 0 , il calcolo di E(Y ) puo’ essere svolto come segue:
E(Y ) = E(X − S 0 ) = E(X) − E(S 0 ) = µ − SP ([X < µ]) = µ −
S
.
2
Fissato ora t < µ − S, si ha chiaramente Y = t se e solo se X = t + S. Dunque, per
y < µ − S si ha FY (y) = FX (y + S). D’altra parte, se X > µ si ha Y = X > µ, per
1
cui possiamo dedurre che 1 − FX (y) = 1 − FY (y) (e quindi FX (y) = FY (y)) quando
y > µ.
Se poi µ − S < t < µ, non é possibile che sia Y = t: infatti, non puo’ essere né
Y = t = X né Y = t = X − S.
In conclusione, si ha


 FX (y), y ≥ µ
FY (y) =
FX (y + S), y < µ − S


FX (µ), µ − S ≤ y ≤ µ.
Pertanto, la densita’ fY segue la legge:

(y−µ)2

√ 1 e 2σ2 ,
y>µ

 2πσ2
fY (y) =
0,
µ−S <y <µ


(y+S−µ)2
 √1
e 2σ2 , y < µ − S.
2πσ 2
Esercizio 2 Denotata con Bn la variabile aleatoria che descrive il numero di teste uscite
in n lanci, risulta Bn ∼ B(n, p), e Cn = Bn − (n − Bn ) = 2Bn − n. Si ha dunque
facilmente (ponendo q = 1 − p):
E(Cn ) = 2E(Bn ) − n = 2np − n = n(p − q), V (Cn ) = V (2Bn ) = 4V (Bn ) = 4npq.
Cn
Nel caso p = 21 , chiaramente si ha E(Cn ) = 0, V (Cn ) = n, dunque √
= Cn∗ . Tenendo
n
presente che Cn é, per ogni n, la somma di n variabili aleatorie I.I.D. (aventi tutte
la stessa distribuzione di 2B1 − 1), il Teorema del Limite Centrale ci assicura che le
Cn
variabili aleatorie √
convergono in Distribuzione alla N (0, 1).
n
Esercizio 3
Detta x la media aritmetica dei dati x1 , ..., x12 , l’intervallo di confidenza cercato per
µ sara’ [x − δ, x + δ], ove δ = √σn z0.025 , ossia
√
2
δ = √ 1.96 ∼ 0.8.
2 3
L’ampiezza dell’intervallo é dunque circa 1.6.
Se si vuole ridurre di un terzo tale ampiezza, basta moltiplicare per
osservazioni, per cui il campione dovra’ essere costituito da 27 dati.
2
9
4
il numero di
Esercizio 1 Un apparecchio Autovelox scatta ogni giorno N fotografie, con N ∼ P (λ).
Per ciascuna foto, la probabilita’ che essa permetta di rilevare un’infrazione é p. Detta
X la variabile che indica quante infrazioni vengono rilevate in tal modo ogni giorno,
si determini la distribuzione di X, valutandone inoltre valor medio e varianza.
Esercizio 2
ponga
Sia (Xn ) una successione I.I.D., con Xn ∼ U (a, b). Per ogni intero n > 0 si
Zn := max{X1 , ..., Xn }.
Si trovino, per ogni intero n > 0, la densita’, il valor medio e la varianza di Zn ; si
studi infine la convergenza della successione (Zn ).
Esercizio 3 Si vuole trasmettere, in via del tutto confidenziale, un numero reale a,
compreso fra 0 e 6, che ha una notevole importanza strategica. Per evitare che tale
informazione venga intercettata, viene creata una sequenza I.I.D. di valori Xn , distribuiti uniformemente in [0, 1], e vengono trasmessi i dati Yn = aXn , n = 1, 2, ...100.
Chi riceve la sequenza (Yn ) deve ricavare la quantita’ incognita a, con un intervallo di
confidenza al livello del 5%. Quale intervallo si trovera’ ? E quanti dati dovrebbero
essere trasmessi, se si vuole che l’ampiezza dell’intervallo si riduca dell’80%?
seguente tabella:
Φ(1.6) ≈ 0.94 Φ(1.645) ≈ 0.95
Φ(1.8) ≈ 0.96
Φ(1.96) ≈ 0.975 Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1 Supposto che in un dato giorno la macchina abbia scattato k fotografie, il
numero di infrazioni riscontrate ha distribuzione B(k, p), e quindi si puo’ dedurre che,
per ogni intero j:
+∞
+∞ n −λ
X
X
n j
n−j λ e
P ([X = j]) =
P ([X = j]|[Z = n])P ([Z = n]) =
p (1 − p)
.
j
n!
n=j
n=j
Semplificando, si ottiene
∞
pj λj −λ X λm (1 − p)m
(pλ)j −pλ
P ([X = j]) =
e
=
e .
j!
m!
j!
m=0
Dunque, X ∼ P (pλ), e quindi E(X) = V (X) = pλ per risultati ben noti.
3
Esercizio 2
Si fissi un numero reale t. Per ogni intero n > 0 si ha
FZn (t) = P (∩ni=1 [Xi ≤ t]) = (FX1 (t))n ,
in virtu’ dell’indipendenza. Ora, essendo


t≤a
 0,
t−a
FX1 (t) =
, a≤t≤b
b−a


1,
t≥b
é facile dedurre la densita’ fZn :
(
fZn (t) =
n−1
, t ∈ [a, b]
n (t−a)
(b−a)n
0,
t∈
/ [a, b].
Il valor medio di Zn si puo’ ricavare come segue:
Z b
Z b−a
n
n
n
n
E(Zn ) = a+E(Zn −a) = a+
(t−a) dt = a+
sn ds = a+
(b−a).
n
n
(b − a) a
(b − a) 0
n+1
Per quanto riguarda la varianza, si ha
n
n
(b−a))2 =
V (Zn ) = V (Zn −a) = E((Zn −a) )−(
n+1
(b − a)n
2
=
Z
b−a
sn+1 ds−(
0
n
(b−a))2 =
n+1
n
n2
n
2
(b − a)2 −
(b
−
a)
=
(b − a)2 .
2
2
n+2
(n + 1)
(n + 1) (n + 2)
Da qui si deduce facilmente che la successione (Zn ) converge q.c. e in L2 alla costante
b. D’altra parte, la convergenza quasi certa si poteva immediatamente dedurre in
quanto la successione (Zn ) é monotona, e superiormente limitata da b.
Esercizio 3 Chiaramente, la variabile aleatoria Y = aX ha distribuzione U (0, a), con a
incognita, ma positiva e minore di 6. Essendo E(Y ) = a2 , bastera’ trovare l’intervallo
2
di confidenza per E(Y ) e raddoppiarne poi l’ampiezza. Si ha inoltre V (Y ) = a12 < 3.
P100
1
Dato il campione Y1 , ..., Y100 , si denoti con Y la quantita’ 100
i=1 Yi . L’intervallo
per E(Y ) sara’ dunque del tipo [Y − δ, Y + δ], ove al solito
σ
δ = zα/2 √ .
n
√
√
Ora, essendo σ = 2√a 3 < 3, ed α/2 = 0.025, risulta δ < 0.196 3 ∼ 0.34. L’intervallo
di confidenza per a é allora [2Y − 0.68, 2Y + 0.68].
Se poi si vuole che l’ampiezza dell’intervallo si riduca ad un quinto, bisognera’
moltiplicare per 25 il numero di dati trasmessi, ossia occorrono 2500 dati.
4
Esercizio 1 Sono date due variabili aleatorie indipendenti, X1 e X2 , entrambe di tipo
esponenziale: la prima ha media 10, la seconda ha media 5. Si trovi la densita’ della
somma X1 + X2 .
Esercizio 2 Siano X e Y due variabili aleatorie discrete, X ∼ N B(1, p1 ), Y ∼ N B(1, p2 ),
indipendenti. Si calcoli la probabilita’ che risulti X − Y ≤ −2. Supponendo p1 = 21 ,
1
si trovi p2 in modo tale che la probabilita’ precedente sia uguale a 10
.
Esercizio 3
Da un’indagine condotta su n = 900 studenti diplomati con maturita’ scientifica,
risulta che uno studente su 5 ha conseguito la laurea triennale nei 5 anni successivi.
che hanno conseguito la laurea.
b) Quale dev’essere il valore minimo di n affinché, con gli stessi dati, l’intervallo di
confidenza abbia meta’ ampiezza ?
seguente tabella:
Φ(1.6) ≈ 0.94 Φ(1.645) ≈ 0.95
Φ(1.8) ≈ 0.96
Φ(1.96) ≈ 0.975 Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Esercizio 1
Dette f1 e f2 le densita’ di X1 e X2 rispettivamente, si ha, per x > 0:
f1 (x) =
1 −x
1 x
e 10 , f2 (x) = e− 5 .
10
5
Usando la formula di convoluzione, troviamo poi (per u > 0):
Z u
Z u
u−x
x
1
fX1 +X2 (u) =
f1 (u − x)f2 (x)dx =
e− 10 e− 5 dx =
50 0
0
u Z
u
1
u
u
e− 10 u − 1 x
e− 10
1
10
=
e
dx =
(1 − e− 10 u ) = (e− 10 − e− 5 ).
50 0
5
5
5
Esercizio 2
Sappiamo che, per k intero maggiore di 0, risulta
P ([X = k]) = p1 (1 − p1 )k−1 , P ([Y = k]) = p2 (1 − p2 )k−1 .
Si ha poi
P [X−Y ≤ −2]) =
+∞
X
P ([X−k ≤ −2]|[Y = k])P ([Y = k]) =
k=1
+∞
X
P ([X ≤ k−2])P ([Y = k]),
k=1
a causa dell’indipendenza. Ora, se k = 1 o k = 2, si ha chiaramente P ([X ≤ k − 2]) =
0; dunque
P [X − Y ≤ −2]) =
+∞
X
P ([X ≤ k − 2])P ([Y = k]) =
+∞
X
k=3
P ([X ≤ h])P ([Y = h + 2]).
h=1
Ora, per h ≥ 1, risulta P ([X > h]) = (1 − p1 )h , e quindi
P [X−Y ≤ −2]) =
+∞
X
h
(1−(1−p1 ) )p2 (1−p2 )
h+1
h+1
p2 (1−p2 )
+∞
X
p2 (1−p2 )[(1−p1 )(1−p2 )]h =
−
h=1
h=1
h=1
= p2 (1 − p2 )2
=
+∞
X
p1 (1 − p2 )2
1
1
=
− p2 (1 − p1 )(1 − p2 )2
.
p2
1 − (1 − p1 )(1 − p2 )
p1 + p 2 − p1 p2
Ponendo p1 = 21 , si ottiene
P [X − Y ≤ −2]) =
(1 − p2 )2
1 + p2
e facili calcoli portano a concludere che tale probabilita’ vale
1
10
se e solo se p2 = 35 .
Esercizio 3 Detta X la variabile aleatoria dei laureati tra gli intervistati, X segue una
distribuzione binomiale con probabilita’ di successo p. Sfruttando l’approssimazione
r
p̂(1 − p̂)
, dove
n
"
#
r
r
0.2 0.8
0.2 0.8
0.2 − 2.58
, 0.2 + 2.58
∼ [0.1656, 0.2344].
900
900
L’ampiezza dipende da n in ragione quadratica inversa: per dimezzare tale ampiezza
bastera’ moltiplicare n per 4: dunque, occorre un campione di almeno 3600 persone,
con la stessa media di laureati.
6
Esercizio 1 Sia X una variabile aleatoria con distribuzione uniforme continua: X ∼
U (0, 1). Per ogni n > 0 si ponga Xn = nX n . Si trovi la distribuzione di Xn per ogni
n, e si controlli se la successione (Xn )n converge (in distribuzione, quasi certamente o
in L1 ) a qualche variabile aleatoria Z. Si esamini poi la convergenza della successione
(Yn ) definita per ogni n da: Yn := nX n (1 − X).
Esercizio 2
ponga
Sia Y una v.a. discreta di tipo binomiale: Y ∼ B(n, p). Per ogni s ≥ 0 si
G(s) = E(sY ).
Dopo aver calcolato l’espressione esplicita di G(s), si calcolino le derivate G 0 e G
infine le quantita’:
00
e
G 0 (1) − E(Y ), V (Y ) − G 00 (1) − G 0 (1) + G 0 (1)2 .
Esercizio 3 Una fabbrica produce dischi di metallo aventi diametro di lunghezza X. Si
supponga che X ∼ N (µ, σ 2 = 0.09). Posto di aver misurato un campione casuale di
n = 40 dischi e di aver trovato che x = 25 si calcoli:
(a) l’errore quadratico medio della Media campionaria;
(b) l’intervallo di confidenza per la media al livello del 5%;
(c) supponendo che il valore di x rimanga invariato determinare il valore minimo di
2
n affinché l’ampiezza dell’intervallo di confidenza si riduca a 100
.
seguente tabella:
Φ(1.6) ≈ 0.94 Φ(1.645) ≈ 0.95
Φ(1.8) ≈ 0.96
Φ(1.96) ≈ 0.975 Φ(2.33) ≈ 0.99 Φ(2.58) ≈ 0.995)
Soluzioni compito del 29/11/2010
Esercizio 1 Per determinare la distribuzione di Xn , intanto osserviamo che per ciascun
intero n si ha Xn ∈ [0, n]. Dunque, fissato n, per x ∈ [0, n] si ha
r
r
x
x
x
n
n
FXn (x) = P ([X ≤ ]) = P ([X ≤
]= n .
n
n
n
7
Posto N = [X = 1], si ha ovviamente P (N ) = 0. Ora, se tale evento non si verifica,
si ha X < 1 e quindi
lim Xn = lim → ∞nX n = 0.
n→∞
n
Pertanto la successione (Xn ) tende a 0 quasi certamente, e quindi anche in Probabilita’
n
e quindi
e in distribuzione. Non si ha invece convergenza in L1 , essendo E(Xn ) = n+1
limn E(Xn ) = 1 6= 0.
Quanto alla successione (Yn ), si vede facilmente che anch’essa tende a 0 q.c.. In tal
n
caso poi si ha anche convergenza in L1 : E(Yn ) = (n+1)(n+2)
, e quindi limn E(|Yn −0|) =
0.
Esercizio 2
Per definizione di valor medio nel caso discreto, si ha
n X
n h
n
n−h
s
G(s) = E(s ) =
p (1 − p)
=
(sp)h (1 − p)n−h = (ps + 1 − p)n ,
h
h
h=0
h=0
X
n
X
h
grazie alla formula del binomio di Newton.
Risulta ora
G0 (s) = pn(ps + 1 − p)n−1 , G00 (s) = p2 n(n − 1)(ps + 1 − p)n−2 .
Allora facilmente si trova
G0 (1) = np = E(X), G00 (1) + G0 (1) − G0 (1)2 = np(1 − p) = V (X),
e quindi entrambe le quantita’ indicate sono nulle.
Esercizio 3
(a) L’errore quadratico medio della Media campionaria é per definizione dato da:
M SE(X) = E(X − µ)2 =
σ2
n
e quindi
M SE(X − µ) =
9
= .00225
4000
.
(b) Poiché la popolazione di partenza é normale sappiamo che:
P (−z α2 ≤
X − µ√
n ≤ z α2 ) = 1 − α
σ
8
Quindi con i dati che noi abbiamo si ha che α = 0, 05 da cui α/2 = 0, 025.
Possiamo quindi determinare il valore di z α2 che dalla tabella sulla funzione
normale vediamo essere:
z α2 = 1, 96.
√
√
(X − z α2 σ/ n; X + z α2 σ/ n)
0.3
0.3
(25 − 1, 96 · √ ; 25 + 1, 96 · √ ) = (25 − 1, 96 · 0, 0474; 25 + 1, 96 · 0, 0474)
40
40
= (25+
− 0.093) = (24.907; 25.093).
(c) Sappiamo che l’ampiezza di un intervallo fiduciario é data da:
σ
A = 2 · z α2 · √
n
Andiamo quindi a determinare il valore minimo di n affinché tale ampiezza sia
2
minore di 100
, e sempre con (1 − α) = 0, 95:
0.3
2
> 2 · 1, 96 · √
100
n
n > (100 · 1, 96 · 0.3)2 = 3457.44
9

Si riportano esclusivamente i testi e le soluzioni degli esercizi di n

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