Esame 2012-06-06 (soluzioni)

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Esame 2012-06-06 (soluzioni)
SOLUZIONI
6 GIUGNO 2012
1. Un’urna contiene in egual proporzione palline numerate da 1 a 4. Qual è la
probabilità che, estraendo con restituzione 3 palline, la somma dei numeri sulle tre
palline estratte sia eguale a 4?
Lo sapzio dei risultati è
Ω = {(x1 , x2 , x3 ) : xj ∈ {1, 2, 3, 4}} .
L’evento del quale si vuole calcolare la probabilità è


3


X
A = (x1 , x2 , x3 ) ∈ Ω :
xj = 4 .


j=1
L’unico modo di ottenre come somma 4 è di estrarre una pallina con il numero 2 e
due il numero 1; siccome la pallina con il numero 2 può occupare tre posizioni si ha
P(A) = 3
3
1
=
' 0.047 .
43
64
2. Nello spazio di probabilità sono date due variabili aleatorie indipendenti X e
Y : X ha legge di Poisson di parametro θ > 0, mentre Y assume i due valori 1 e
2, entrambi con probabilità 1/2. Si trovi la legge del prodotto XY e si controlli che
quella cosı́ ottenuta è una legge di probabilità.
Si ricorra al teorema delle probabilità totali per scrivere, per n ∈ Z+ ,
P(XY = n) = P(XY = n | Y = 1) P(Y = 1) + P(XY = n | Y = n) P(Y = 2)
1
1
= P(XY = n | Y = 1) + P(XY = n | Y = 2)
2
2
1
1 n
= P(X = n) + P X =
.
2
2
2
Abbiamo qui usato l’indipendenza di X e Y . Ora, se n è dispari, n = 2k − 1 k ∈ N
è, il secondo dei due termini dell’ultima espressione è nullo; perciò:
P(X = 2k − 1) =
1
1
θ2k−1
P(X = 2k − 1) = e−θ
,
2
2
(2k − 1)!
(k ∈ N)
mentre se n è pari, n = 2k (k ∈ Z+ ), entrambi i termini contribuiscono al risultato:
P(X = 2k) =
1
1
1
θ2k
1
θk
P(X = 2k) + P(X = k) = e−θ
+ e−θ
.
2
2
2
(2k)! 2
k!
1
2
SOLUZIONI 6 GIUGNO 2012
Si è cosı́ effettivamente ottenuta una legge di probabilità, perché tutti i termini
sono positivi e, inoltre,
X
P(XY = n) =
n∈Z+
∞
∞
∞
1 X −θ θk
1 X −θ θ2k−1
1 X −θ θ2k
e
+
e
+
e
2
k!
2
(2k − 1)! 2
(2k)!
k=0
k=1
k=0
∞
1 1 X −θ θn
1 1
= +
e
= + = 1.
2 2 n=0
n!
2 2
3. La variabile aleatoria U ha legge uniforme nel’intervallo (0, 2), U ∼ U(0, 2).
Si trovi la legge della variabile aleatoria X := [U ] e la si riconosca. (Al solito [x]
designa la parte intera del numero reale x).
La densità della variabile aleatoria U è
1
fU (t) = 1(0,2) (t) .
2
La variabile X può assumere i valori 0 e 1 con probabilità
Z
1 1
du =
P(X = 0) = P(U ∈ (0, 1)) =
2 0
Z
1 2
du =
P(X = 1) = P(U ∈ (1, 2)) =
2 1
1
,
2
1
.
2
X è, dunque, una variabile Bernoulliana di parametro 1/2, X ∼ Be(1/2).
4.
Una variabile aleatoria T ha densità data da
α
fα,θ (t) := α θ tα−1 e−θ t 1(0,+∞) (t),
ove α > 0 e θ > 0.
(a) Si controlli che fα,θ è effettivamente una densità di probabilità e se ne scriva
la funzione di ripartizione;
(b) si studii per quali valori di α e di θ la funzione s 7→ P(T > s + t | T > s)
sia crescente o decrescente;
(c) se X ha legge esponenziale di parametro θ > 0, X ∼ Γ(1, θ), si calcoli, per
β > 0, E(X β ) e si trovi la legge di X β . Si usi tale risultato per calcolare la
speranza della v.a. T .
(a) Si controlla immediatemante che
Z ∞
h
i
α
α t=+∞
α θ tα−1 e−θ t dt = e−θ t
= 1.
t=0
0
Nello stesso modo si calcola la funzione di ripartizione per x > 0
Z x
h
i
α
α t=x
α
FT (x) =
α θ tα−1 e−θ t dt = e−θ t
= 1 − e−θ x ,
0
mentre si ha FT (t) = 0 per t ≤ 0.
t=0
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6 GIUGNO 2012
3
(b) Naturalmenmte la domanda ha senso solo mper s > 0 e t > 0. Si ha, al solito,
ϕθ,t (s) : = P(T > s + t | T > s) =
P(T > s + t)
P(T > s)
α
e−θ (s+t)
= exp {−θ ((s + t)α − sα )} .
=
e−θ sα
Quali che siano θ > 0 e t > 0, si ha (s + t)α > sα per α > 1, sicché la funzione ϕθ,t
risulta decrescente, mentre è crescente per α ∈ ]0, 1[.
(c) Ricordando la definizione della funzione gamma e ricorrendo al cambio di
variabile y = θ x, si ottiene
Z ∞
Z ∞
Γ(β + 1)
1
y β e−y dy =
xβ eθ x dx = β
.
E(X β ) = θ
θ
θβ
0
0
La funzione di ripartizione di X β è FX β (t) = 0 per t ≤ 0, mentre, per t > 0
n
o
FX β (t) = P X β ≤ t = P X ≤ t1/β = 1 − exp −θ t1/β .
Pertanto la legge di X β ha la densità fα,θ con α = 1/β. Alla luce di ciò si calcola
facilmente
Γ α1 + 1
E(T ) =
.
θ1/α

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