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Esercizi di Probabilità e Statistica
Samuel Rota Bulò
25 maggio 2007
Varabili aleatorie continue, distribuzioni continue
e funzione generatrice di momenti.
Esercizio 1 Dimostrare la mancanza di memoria della distribuzione esponenziale, ovvero dato X ∼ Exp(λ) allora P {X > m + k|X > k} = P {X >
m}.
Soluzione
Ricordiamo la f.r. di una v.a. con distribuzione esponenziale
FX (x) = 1 − e−λx
P {X > k|X > m + k}P {X > m + k}
=
P {X > k}
P {X > m + k}
1 − P {X ≤ m + k}
=
=
=
P {X > k}
1 − P {X ≤ k}
P {X > m + k|X > k} =
=
e−λ(m+k)
= e−λm = P {X > m}
e−λk
Esercizio 2 Sia X ∼ N (µ, σ 2 )
1. determinare i valori della media e della varianza di X sapendo che P {X ≤
0.43} = 0.15 e P {X ≥ 5.61} = 0.06;
2. scrivere la densità di probabilità di Y = 3X − 5 e calcolare E[Y 2 ].
Soluzione
Sia Z ∼ N (0, 1), allora abbiamo che X = σZ + µ. Andando a sostituire nelle
probabilità date otteniamo
(
P {σZ + µ ≤ 0.43} = P {Z ≤ 0.43−µ
} = 0.15
σ
P {σZ + µ ≥ 5.61} = 1 − P {σZ + µ ≤ 5.61} = 1 − P {Z ≤ 5.61−µ
} = 0.06
σ
Poniamo Φ(x) = P {Z ≤ x} la funzione di ripartizione di una normale (0, 1),
il cui valore andrà ricercato nelle tavole numeriche. Possiamo allora riscrivere il
sistema precedente in
(
Φ 0.43−µ
= 0.15
σ
5.61−µ
Φ
= 0.94
σ
1
A questo punto cerchiamo i valori dei quantili φ0.15 e φ0.94 nelle tavole numeriche. Purtroppo nelle tavole troviamo solo quantili di ordini superiori a
0.5, quindi dobbiamo trasformare il primo quantile secondo la seguente regola
qα = −q1−α da cui segue che q0.15 = −q0.85
Una volta ottenuti abbiamo che
(
q0.15 = −q0.85 = −1.04 = 0.43−µ
σ
q0.94 = 1.55 = 5.61−µ
σ
(
−1.04σ + µ − 0.43 = 0
1.55σ + µ − 5.61 = 0
(
σ=2
µ = 2.51
Quindi la varianza è 4 e la media è 2.51.
Calcoliamo ora la densità di Y = 3X − 5. Sapendo che X = 2Z + 2.51
otteniamo Y = 6Z + 2.53, quindi Y ∼ N (2.53, 36) e quindi la densità è data da
(x−2.53)2
1
fY (x) = √ e− 72
6 2π
Infine calcoliamo E[Y 2 ]. Sappiamo tuttavia che V ar[Y ] = E[Y 2 ] − E[Y ]2
da cui E[Y 2 ] = V ar[Y ] − E[Y ]2 = 36 − (2.53)2 = 29.599.
Esercizio 3 La durata X di vita in mesi di una batteria segue una distribuzione
esponenziale con funzione di ripartizione FX (x) = 1 − e−7x , x ≥ 0. Calcolare
la probabilità che la batteria abbia una durata di 3 mesi dato che è già durata
un mese. Qual è la probabilità che su 30 batterie meno di 5 durino più di 1/3
di mese? [e−14 , 0.8397]
Soluzione
Vogliamo calcolare la proabilità che la batteria duri almeno 3 mesi condizionata al fatto che è durata un mese, quindi calcoliamo utilizzando la proprietà di
mancanza di memoria della distribuzione esponenziale la seguente probabilità
condizionata
P {X > 3|X > 1} = P {X > 2} = e−14
Per la seconda domanda calcoliamo la probabilità che la batteria duri più di
un terzo di mese.
7
1
p = P {X > } = e− 3
3
A questo punto consideriamo Y una v.a. discreta distribuita secondo una
binomiale di parametri n = 30 e p, che conta il numero di batterie difettose e
calcoliamo
4 X
30 i
P {Y < 5} =
p (1 − p)30−i = 0.8397
i
i=0
Esercizio 4 I diametri delle ruote per bicicletta prodotte da una ditta hanno
distribuzione normale con media 58.5 cm e varianza 0.9 cm2 . Determinare:
2
1. la probabilità che una ruota abbia diametro compreso fra 58.1 cm e 58.8
cm; [0.2874]
2. la probabilità che una ruota abbia diametro superiore a 58.7 cm, dato che
il suo diametro è superiore a 58.5 cm; [0.8330]
3. la probabilità che su 10 ruote scelte a caso dalla produzione, soltanto una
abbia dimetro inferiore a 58.3 cm. [0.03265]
La ditta afferma che in un lotto di 20 ruote consegnate ad un costruttore di
biciclette, 2 hanno diametro inferiore a 58.3 cm. Calcolare la probabilità che
proprio queste due ruote vengano utilizzate per la costruzione della prossima
bicicletta. [0.00526]
Soluzione
Sia Z ∼ N (0, 1) e Φ(x) la f.r. di Z. Sia inoltre X ∼ N (58.5, 0.9) la v.a. che
misura il diametro di una bicicletta prodotta. Sappiamo che X = 0.9Z + 58.5
da cui
58.1 − 58.5
58.8 − 58.5
√
√
P {58.1 < X < 58.8} = P
<Z<
=
0.9
0.9
= Φ(0.31623) − Φ(−0.42164) = Φ(0.31623) − 1 + Φ(0.42164) = 0.2874
Per il secondo punto utilizziamo il teorema di Bayes
P {X > 58.5|X > 58.7}P {X > 58.7}
=
P {X > 58.5}
n
o
√
1 − P Z ≤ 58.7−58.5
1 − Φ(0.21082)
P {X > 58.7}
9
o=
n
=
= 0.8330
=
P {X > 58.5}
1 − Φ(0)
√
1 − P Z ≤ 58.5−58.5
P {X > 58.7|X > 58.5} =
9
Per il terzo punto ci calcoliamo la probabilità di avere un diametro inferiore
a 58.3
58.3 − 58.5
√
p = P {X < 58.3} = P Z <
=
9
= Φ(−0.21082) = 1 − Φ(0.21082) = 0.41651
Sia questo punto Y una v.a. binomiale di parametri n = 10 e p che conta il
numero di bici con diametro inferore a 58.3 e calcoliamo
10
P {Y = 1} =
p(1 − p)9 = 0.03265
1
Infine l’ultima domanda è molto semplice perchè la probabilità q che nella
prossima bici vengano utilizzate proprio le due difettose equivale a pescare tra
tutte le coppie di ruote possibili proprio la coppia difettosa e quindi
q=
1
=
C20,2
1
20
2
3
= 0.00526
Esercizio 5 Si suppone che il tempo di vita delle lampadine prodotte da una
ditta segua una distribuzione esponenziale di parametro λ = 0.005 (1/giorni).
Qual è la probabilità che una lampadina duri almeno 300 giorni? Qual è la
probabilità che, dopo 150 giorni di funzionamento, una lampadina duri ancora almeno 120 giorni? Se dalla produzione si scelgono 50 lampadine, qual è
la probabilità che solo 3 di queste durino più di 300 giorni? [0.2231, 0.5488,
0.00153]
Soluzione
Sia X ∼ Exp(0.005) la v.a. che misura il tempo di funzionamento di una
lampadina prodotta dalla ditta. Calcoliamo la probabilità che la lampadina duri
almeni 300 giorni.
P {X ≥ 300} = e−0.005·300 = 0.2231
Risolviamo il secondo quesito ricordando la proprietà di mancanza di memoria della distribuzione esponenziale.
P {X > 150 + 120|X > 150} = P {X > 120} = e−0.005·120 = 0.5488
Infine per l’ultima domanda consideriamo Y ∼ Bin(50, p) la v.a. che conta
il numero di lampadine che durano più di 300 giorni tra le 50 prodotte, dove
p = P {X ≥ 300} = 0.2231, e calcoliamo
50 3
P {Y = 3} =
p (1 − p)50−3 = 0.00153
3
Esercizio 6 Calcolare la funzione generatrice di momenti delle v.a. geometrica,
p
z n
binomiale, poisson, normale, gamma, esponenziale. [ 1−(1−p)e
z , (1 − p + pe ) ,
α
z
z2 σ2
λ
]
eλ(e −1) ,ezµ+ 2 , λ−z
Soluzione
Ricordiamo che la funzione generatrice di momenti di una v.a. unidimensionale X è data da
mX (z) = E[ezX ]
Se X ∼ Geom(p) allora
mX (z) = E[ezX ] =
∞
X
ezi (1 − p)i p = p
i=0
∞
X
i=0
[(1 − p)ez ]i =
p
1 − (1 − p)ez
P∞
1
dove abbiamo utilizzato i=0 q i = 1−q
se q < 1. Quindi abbiamo che (1 −
z
p)e < 1 da cui z < −log(1 − p). Quindi il dominio di mX (z) è ristretto a
z < −log(1 − p).
Se X ∼ Binom(n, p) con n intero positivo e 0 ≤ p ≤ 1 allora
mX (z) = E[ezX ] =
n
X
i=0
ezi
n i
p (1 − p)n−i =
i
n X
n
=
(pez )i (1 − p)n−i = (1 − p + pez )n
i
i=0
4
dove abbiamo utilizzato (a + b)n =
tutto R.
Se X ∼ P ois(λ) con λ > 0 allora
mX (z) = E[ezX ] =
∞
X
ezi
i=0
Pn
i=0
n
i
ai bn−i e il dominio della f.g.m. è
∞
i
X
z
z
(λez )
λi −λ
e = e−λ
= e−λ eλe = eλ(e −1)
i!
i!
i=0
P∞ i
dove abbiamo utilizzato eλ = i=0 λi! e il dominio della f.g.m. è tutto R.
Sia S ∼ N (0, 1). Calcoliamo la f.g.m.
∞
Z ∞
x2
1 − x2
1
2
√ e− 2 +zx dx =
mS (z) = E[e ] =
e √ e
dx =
2π
2π
−∞
−∞
Z ∞
z2
1 − x2 −2zx+z2
2
√ e
dx =
=e2
2π
−∞
Z
∞
(x−z)2
z2
z2
1
√ e− 2 dx = e 2
=e2
2π
−∞
zS
Z
zx
dove l’espressione interna all’integrale è la densità di una normale N (z, 0), che
sappiamo dare 1 se integrata su tutto R.
Vediamo ora il caso generale. Sia X ∼ N (µ, σ 2 ) e ricordiamo che X = σS+µ,
allora
mX (z) = E[ezX ] = E[ez(σS+µ) ] = ezµ E[ezσS ] = ezµ mS (zσ) = ezµ+
z2 σ2
2
Anche in questo caso il dominio della f.g.m. è tutto R.
Sia X ∼ Γ(α, λ) con α, λ > 0 allora
mX (z) = E[ezX ] =
∞
λα α−1 −λx
x
e
dx =
ezx
Γ(α)
0
Z ∞ α
λ
=
xα−1 e−(λ−z)x dx =
Γ(α)
0
α
Z ∞
(λ − z)α α−1 −(λ−z)x
λα
λ
=
x
e
dx
=
(λ − z)α 0
Γ(α)
λ−z
Z
dove analogamente a quanto visto per la normale, l’espressione nell’integrale è
la densità di una legge gamma Γ(α, λ − z) la cui integrazione su tutto il dominio
vale 1. Questo però è vero solo se λ − z > 0 da cui z < λ. Quindi il dominio
della f.g.m. si limita ai valori di z minori di λ.
Infine banalmente siccome l’esponeniale è un caso particolare di legge gamma
di parametri α = 1 e λ, abbiamo che se X ∼ Exp(λ) con λ > 0 allora
λ
zX
mX (z) = E[e ] =
λ−z
con dominio z < λ.
Esercizio 7 Utilizzando la funzione generatrice di momenti dimostrare che
1. se X ∼ Binom(n, p) e Y ∼ Binom(m, p) (indipendenti tra loro), allora
X + Y ∼ Binom(n + m, p);
5
2. se X ∼ P ois(λ1 ) e Y ∼ P ois(λ2 ) (indipendenti tra loro), allora X + Y ∼
P ois(λ1 + λ2 );
3. se X ∼ N (µ1 , σ12 ) e Y ∼ N (µ2 , σ22 ) (indipendenti tra loro), allora X +Y ∼
N (µ1 + µ2 , σ12 + σ22 );
4. se X ∼ Γ(α1 , λ) e Y ∼ Γ(α2 , λ) (indipendenti tra loro), allora X + Y ∼
Γ(α1 + α2 , λ).
Soluzione
Ricordiamo che date due v.a. indipendenti X, Y abbiamo che
mX+Y (z) = mX (z)mY (z)
Siano X ∼ Binom(n, p) e Y ∼ Binom(m, p) allora
mX+Y (z) = mX (z)mY (z) = (1 − p + pez )n (1 − p + pez )m = (1 − p + pez )n+m
che è la f.g.m. di una binomiale di parametri n + m e p.
Siano X ∼ P ois(λ1 ) e Y ∼ P ois(λ2 ) allora
mX+Y (z) = mX (z)mY (z) = eλ1 (e
z
−1) λ2 (ez −1)
e
= e(λ1 +λ2 )(e
z
−1)
che è la f.g.m. di una Poisson di parametro λ1 + λ2 .
Siano X ∼ N (µ1 , σ12 ) e Y ∼ N (µ2 , σ22 ) allora
mX+Y (z) = mX (z)mY (z) = eµ1 z+
2
z 2 σ1
2
eµ2 z+
2
z 2 σ2
2
= e(µ1 +µ2 )z+
2 +σ 2 )
z 2 (σ1
2
2
che è la f.g.m. di una normale di media µ1 + µ2 e varianza σ12 + σ22 .
Siano X ∼ Γ(α1 , λ) e Y ∼ Γ(α2 , λ) allora
mX+Y (z) = mX (z)mY (z) =
λ
λ−z
α1 λ
λ−z
α2
=
λ
λ−z
α1 +α2
che è la f.g.m. di una legge gamma Γ(α1 + α2 , λ).
Esercizio 8 Sia X una v.a. con distribuzione uniforme nellintervallo [2, 6] e
sia Y una v.a. esponenziale di media 1/λ. Si determini il valore di λ per cui
P {X ≤ 4} = P {Y ≤ 4}. [λ = 0.173]
Soluzione
P {X ≤ 4}
4−2
6−2
e−4λ
λ
= P {Y ≤ 4}
=
1 − e−4λ
=
0.5
1
= − log(0.5) = 0.17329
4
6