Compitino di Probabilità e Statistica del 19 marzo 2005 (Corso di Laurea Triennale in Matematica, Università degli Studi di Padova).

Cognome  Nome  Matricola

Es. 1 Es. 2 Es. 3 Es. 4 Somma Voto parziale

XXX

Prima parte XXX +

XXX

XXX

Seconda parte XXX  =

XXX

VOTO FINALE:

Il compitino è in 2 parti:

• la prima parte è costituita dall’esercizio 1, dal punto 1 dell’esercizio 2 e dal punto 1 dell’esercizio 3, e sostituisce il primo compitino;

• la seconda parte è costituita dai punti 2 e 3 dell’esercizio 2, dal punto 2 dell’esercizio 3 e dall’esercizio 4.

Tutti devono fare la seconda parte, mentre deve fare la prima parte solo chi vuole sostituire i voti del compitino (chi vuole tenere il voto del compitino per la prima parte scrive “vedi compitini” al posto delle soluzioni).

Attenzione: si consegnano SOLO i fogli di questo fascicolo.

Esercizio 1. (1^{a} parte) Un aereo è scomparso e si presume che sia finito, con uguale probabilità, in una zona fra 3 possibili. Sia 1 − β_{i} la probabilita’ di rintracciare l’aereo nella zona i, se l’aereo si trova effetivamente nella zona i, i = 1, 2, 3 (le costanti β_{i} sono le probabilità di non recuperare l’aereo nella zona i; esse dipendono generalmente da condizioni geografiche ed ambientali).

a) Qual è la probabilità condizionata che l’aereo si trovi nella zona i, i = 1, 2, 3, sapendo che le ricerche nella zona 1 hanno dato esito negativo?

b) Rispondere alla stessa domanda sapendo che anche le ricerche nella zona 2 hanno dato esito negativo.

Esercizio 2. Supponiamo che il numero annuale di vittime del traffico ad un dato incrocio segua una distribuzione di Poisson di parametro λ = 6.

a) (1^{a} parte) Qual è la probabilità di aver osservato esattamente 6 morti nell’anno 2003?

b) (1^{a} parte) Qual è la probabilità di aver osservato esattamente 13 morti nel biennio 2003–2004?

c) (2^{a} parte) Supponiamo che l’incrocio sia stato rifatto per migliorarne la sicurezza, e nel biennio 2005–2006 si osservino 7 vittime. Questo è un miglioramento significativo? Per rispondere alla domanda, calcolare la probabilità di avere un numero di vittime minore o uguale a 6 con la “vecchia” distribuzione.

Suggerimento: ricordarsi che una variabile aleatoria di Poisson si può approssimare con una normale. Infatti una opportuna binomiale si può approssimare sia con una Poisson che con una normale; allora … Esercizio 3. Consideriamo una variabile aleatoria reale X di varianza σ^{2}, e chiamiamo m_{k} := E[X^{k}] il momento di ordine k, k ∈ ℕ. Definiamo skewness di X la quantità

skw(X) := \frac{E[(X − m_{1})^{3}]}{σ^{3}}

Mostrare che

a) (2^{a} parte) skw(X) = \frac{m_{3}−3m_{1}m_{2}+2m_{1}^{2}}{σ^{3}} ;

b) (2^{a} parte) Se S_{n} := ∑_{i=1}^{n} X_{i}, con (X_{i})_{i} i.i.d., allora skw(S_{n}) = \frac{skw(X_{1})}{\sqrt{n}};

c) (1^{a} parte) Se X ∼ B(n, p), allora skw(X) = \frac{1−2p}{\sqrt{np(1−p)}};

d) (1^{a} parte) Se X ∼ P o(λ), allora skw(X) = \frac{1}{\sqrt{λ}}.

Suggerimento: ricordare che se γ_{X} è la funzione generatrice dei momenti di X, allora E[X^{k}] = γ_{X}^{(k)}(0). Esercizio 4. (2^{a} parte) Supponiamo di voler reclutare dei soggetti per uno studio sull’ipertensione e di sapere che il 10% della popolazione è ipertensivo. Per lo studio occorrono 100 ipertensivi.

a) Se si reclutano 1000 soggetti, quale sarà la probabilità di avere più di 100 ipertensivi nel nostro campione?

b) Quante persone bisogna reclutare per avere almeno il 90% di probabilità di avere almeno 100 ipertensivi nel nostro campione?

Soluzioni

Esercizio 1 Definiamo gli eventi

A_{i} := {l’aereo è nella zona i}, i = 1, 2, 3,
B_{i} := {l’aereo viene ritrovato nella zona i}, i = 1, 2, 3.

Le probabilità fornite nel testo sono quindi P (A_{i}) = \frac{1}{3} e P (B_{i}|A_{i}) = 1−β_{i}per ogni i = 1, 2, 3. Chiaramente P (B_{i}|A_{j}) = 0 per ogni i ≠ j, poichè A_{j} ⊆ B_{i}^{c} per ogni i ≠ j.

a) Per la formula di Bayes abbiamo

P (A_{i}|B_{1}^{c}) = \frac{P (B_{1}^{c}|A_{i})P (A_{i})}{P (B_{1}^{c})}

Per la formula della probabilità totale abbiamo poi che

P (B_{1}^{c}) = ∑_{i=1}^{3} P (B_{1}^{c}|A_{i})P (A_{i}) = β_{1} · \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{1}{3}(2 + β_{1})

quindi

P (A_{1}|B_{1}^{c}) = \frac{\frac{1}{3}β_{1}}{\frac{1}{3}(2 + β_{1})} = \frac{β_{1}}{2 + β_{1}}
P (A_{2}|B_{1}^{c}) = P (A_{3}|B_{1}^{c}) = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}(2 + β_{1})} = \frac{1}{2 + β_{1}}

b) Come prima abbiamo

P (A_{i}|B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}) = \frac{P (B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}|A_{i})P (A_{i})}{P (B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c})}

Per la formula della probabilità totale abbiamo poi che

P (B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}) = ∑_{i=1}^{3} P (B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}|A_{i})P (A_{i}) = β_{1} · \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{1}{3}(2 + β_{1})

poichè

P (B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}|A_{1}) = \frac{P (B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c} ∩ A_{1})}{P (A_{1})} = \frac{P (B_{1}^{c} ∩ A_{1})}{P (A_{1})} = P (B_{1}^{c}|A_{1}) = β_{1}

e analogamente P (B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}|A_{2}) = β_{2}. Infine

P (A_{1}|B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}) = \frac{\frac{1}{3}β_{1}}{\frac{1}{3}(1 + β_{1} + β_{2})} = \frac{β_{1}}{1 + β_{1} + β_{2}}
P (A_{2}|B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}) = \frac{\frac{1}{3}β_{2}}{\frac{1}{3}(1 + β_{1} + β_{2})} = \frac{β_{2}}{1 + β_{1} + β_{2}}
P (A_{3}|B_{1}^{c} ∩ B_{2}^{c}) = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}(1 + β_{1} + β_{2})} = \frac{1}{1 + β_{1} + β_{2}}

Esercizio 2 Innanzitutto definiamo le variabili aleatorie

X_{i} = numero di morti all’incrocio per l’anno i

allora possiamo considerare le (X_{i})_{i} i.i.d. con legge P o(6).

a) Calcoliamo

P \{X_{2003} = 6\} = e^{−6} \frac{6^{6}}{6!} = 0.1606

b) Dato che le (X_{i})_{i} sono indipendenti, abbiamo che X_{2003} + X_{2004} ∼ P o(12). Allora

P \{X_{2003} + X_{2004} = 13\} = e^{−12} \frac{12^{13}}{13!} = 0.1056

c) Abbiamo visto che, se λ > 5, la legge di Poisson P o(λ) è approssimabile con una legge N(λ, λ). Se definiamo X := X_{2003} + X_{2004} e Z := \frac{X−12}{\sqrt{12}}, allora

P \{X ≤ 7\} = P \{X < 7.5\} = P \{Z < \frac{7.5 − 12}{\sqrt{12}}\} ≃
≃ Φ (−\frac{4.5}{\sqrt{12}}) = Φ(−1.29) = 1 − Φ(1.29) = 1 − 0.90147 = 0.09853

dove Φ è la funzione di distribuzione di una legge normale standard, e abbiamo usato la correzione di continuità.

La conclusione è che, se abbiamo ancora X_{2003} +X_{2004} ∼ P o(12), è abbastanza improbabile che ci siano stati solo 7 morti: sembra quindi che ci sia stato un miglioramento significativo nella sicurezza dell’incrocio.

Esercizio 3

a) Per la linearità del valor medio si ha

skw(X) = \frac{E[X^{3} − 3X^{2}m_{1} + 3X^{2}m_{1}^{2} − m_{1}^{3}]}{σ^{3}} =
= \frac{m_{3} − 3m_{1}m_{2} + 3m_{1}^{3} − m_{1}^{3}}{σ^{3}} = \frac{m_{3} − 3m_{1}m_{2} + 2m_{1}^{2}}{σ^{3}}

b) Innanzitutto continuiamo a chiamare m_{k} = E[X_{i}^{k}]. Allora E[S_{n}] = nm_{1} e Var [S_{n}] = nVar [X_{i}] = nσ^{2}. Per calcolare E[(S_{n}−nm_{1})^{3}] = E[(∑_{i=1}^{n}(X_{i}−m_{1}))^{3}] si può procedere in due modi: uno è fare il conto direttamente sviluppando il cubo: dopo vari passaggi algebrici si arriva a

skw(S_{n}) = \frac{E[(S_{n} − nm_{1})^{3}]}{n^{3/2}σ^{3}} = \frac{∑_{i=1}^{n} E[(X_{i} − m_{1})^{3}]}{n^{3/2}σ^{3}} = \frac{n}{n^{3/2}} skw(X_{1}) = \frac{skw(X_{1})}{\sqrt{n}}

Per questi passaggi algebrici si usa l’indipendenza delle (X_{i})_{i} e il fatto che E[(X_{i} − m_{1})(X_{j} − m_{1})^{2}] = 0 e E[(X_{i} − m_{1})(X_{j} − m_{1})(X_{k} − m_{1})] = 0 per ogni i ≠ j ≠ k. Un altro modo è sfruttare il suggerimento sulla funzione γ_{S_{n}−nm_{1}}. Infatti, chiamando per brevità γ := γ_{X_{i}−m_{1}}, si ha

γ_{S_{n}−nm_{1}}(t) = γ^{n}(t)
γ′_{S_{n}−nm_{1}}(t) = nγ′(t)γ^{n−1}(t)
γ′′_{S_{n}−nm_{1}}(t) = nγ′′(t)γ^{n−1}(t) + n(n − 1)(γ′)^{2}(t)γ^{n−2}(t)
γ′′′_{S_{n}−nm_{1}}(t) = nγ′′′(t)γ^{n−1}(t) + 3n(n − 1)γ′(t)γ′′(t)γ^{n−2}(t) +
+n(n − 1)(n − 2)(γ′)^{3}(t)γ^{n−2}(t)

e quindi, poichè γ(0) = 1, γ′(0) = 0, si ha che

E[(S_{n} − nm_{1})^{3}] = γ′′′_{S_{n}−nm_{1}}(0) = nγ′′′(0) = nE[(X_{i} − m_{1})^{3}]

da cui segue facilmente la tesi.

c) Se X ∼ Be(p), allora

E[(X − m_{1})^{3}] = E[(X − p)^{3}] = p(1 − p)^{3} + (1 − p)(−p)^{3} =
= p(1 − p)(1 − 2p + p^{2} − p^{2}) = p(1 − p)(1 − 2p)

Se X ∼ B(n, p), allora ha la stessa legge di S_{n} := ∑_{i=1}^{n} X_{i}, con X_{i} ∼ Be(p) indipendenti. Allora per il punto a)

skw(X) = skw(S_{n}) = \frac{skw(X_{1})}{\sqrt{n}} = \frac{p(1 − p)(1 − 2p)}{\sqrt{n}p(1 − p)\sqrt{p(1 − p)}} = \frac{1 − 2p}{\sqrt{np(1 − p)}}

d) Se X ∼ P o(λ), allora abbiamo

γ_{X}(t) = exp(λ(e^{t} − 1)),
γ′_{X}(t) = λ exp(t + λ(e^{t} − 1)),
γ′′_{X}(t) = λ(1 + λe^{t}) exp(t + λ(e^{t} − 1)),
γ′′′_{X}(t) = λ(1 + λe^{t})^{2} exp(t + λ(e^{t} − 1)) + λ^{2} exp(2t + λ(e^{t} − 1)).

Allora si ottiene facilmente che E[X] = λ, E[X^{2}] = λ + λ^{2}, E[X^{3}] = λ + 3λ^{2} + λ^{3}, e infine

skw(X) = \frac{λ + 3λ^{2} + λ^{3} − 3λ^{2} − 3λ^{3} + 2λ^{3}}{λ\sqrt{λ}} = \frac{1}{\sqrt{λ}}

Esercizio 4 Per ogni persona reclutata, definiamo la variabile aleatoria

X_{i} = \{ \begin{matrix}1 & se l’i-esima persona è ipertesa \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

Allora X_{i} ∼ Be(p), con p = 0.1, e le (X_{i})_{i} sono i.i.d. Definiamo poi S_{n} = ∑_{i=1}^{n} X_{i} = n. di persone ipertese nel nostro campione; allora S_{n} ∼ B(n, p). a) Dobbiamo calcolare

ℙ\{S_{1000} > 100\} = ℙ\{S_{1000} > 100.5\} = ℙ \{\frac{S_{1000} − 0.1 · 1000}{\sqrt{1000 · 0.1 · 0.9}} > \frac{100.5 − 100}{\sqrt{90}}\} ≃
≃ P \{Z > \frac{0.5}{\sqrt{90}}\} = 1 − P \{Z ≤ \frac{0.5}{\sqrt{90}}\} =
= 1 − F_{Z}(0.05) = 1 − 0.51994 = 0.48006

dove abbiamo usato la correzione di continuità e l’approssimazione normale. È stato possibile utilizzare quest’ultima poichè np = 100 > 5 e n(1 − p) = 900 > 5.

b) Dobbiamo cercare gli n tali che P {S_{n} ≥ 100} ≥ 0.9. Abbiamo che

ℙ\{S_{n} ≥ 100\} = ℙ\{S_{n} > 99.5\} = ℙ \{\frac{S_{n} − 0.1n}{\sqrt{0.09n}} > \frac{99.5 − 0.1n}{0.3\sqrt{n}}\} ≃
≃ P \{Z > \frac{99.5 − 0.1n}{0.3\sqrt{n}}\} = 1 − P \{Z ≤ \frac{99.5 − 0.1n}{0.3\sqrt{n}}\} =
= 1 − F_{Z} (\frac{99.5 − 0.1n}{0.3\sqrt{n}}) ≥ 0.9

Vogliamo ora utilizzare l’approssimazione normale. Dato che non sappiamo a priori quanto vale n, la utilizzeremo supponendo che n sia abbastanza grande, salvo poi verificare che lo sia. Abbiamo quindi che

F_{Z} (\frac{99.5 − 0.1n}{0.3\sqrt{n}}) ≤ 0.1

e quindi

\frac{99.5 − 0.1n}{0.3\sqrt{n}} ≤ q_{0.1} = −q_{0.9} = −1.28

dove Z ∼ N(0, 1) e abbiamo indicato con q_{α} il suo quantile di livello α, ed abbiamo applicato la correzione di continuità. Dobbiamo quindi risolvere la disequazione

0.1n − 0.384\sqrt{n} − 99.5 ≥ 0

La sua soluzione è l’intervallo

\sqrt{n} ≥ \frac{0.384 + \sqrt{0.384^{2} + 4 · 0.1 · 99.5}}{2 · 0.1} = 33.52

e si ottiene infine

n = 33.52^{2} = 1123.72

Poichè n deve essere intero, la soluzione si ha per n ≥ 1124. Per questo numero, si ha che np > 5 ed n(1 − p) > 5, ed è stato quindi lecito utilizzare l’approssimazione normale.

Compitino di Probabilità e Statistica del 19 marzo 2005 (Corso di Laurea

Triennale in Matematica, Universitá degli Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Hanno superato la prova:

17/2 19/3 Voto finale
Alessio Davide  — 22 22
Barichello Marica 9 13,5 22,5
Beccaro Giulia  — 21 21
Bettanini Jacopo  — 19 19
Bettin Sandro  13,5 13 26,5
Birolo Giovanni  — 24,5 24,5
Bortoletto Giulio  — 29 29
Braidotti Angela  — 17 17
Cammarata Agata — 22 22
Campalani Laura  — 25,5 25,5
Cavaliere Elena  — 17,5 17,5
Church Jon Matteo — 19 19
Corsi Lara  10 13,5 23,5
Deolmi Giulia  — 25 25
De Rossi Giulia  — 21 21
Dimasi Gianpaolo  — 34,5 34,5
Gabelli Lucia  — 25 25
Galesso Giorgia  — 21,5 21,5
Garofalo Matteo  — 22 22
Garonzi Martino  — 18 18
Gonzato Francesco 9  15 24
Maino Paola  13,5 15,5 29
Maranzan Giorgia — 22 22
Morra Stefano  — 32 32
Pasetto Damiano  — 20 20
Patron Elena  — 22 22
Pinton Stefano  — 17 17
Rebellato Marta  — 23 23
Rossignolo Eleonora — 18,5 18,5
Santella Gabriele  — 17 17
Trevisan Marco  — 24,5 24,5
Valente Giulia Erica — 25,5 25,5
Zannol Manuel  — 17,5 17,5
Zumbo Alessandra — 27,5 27,5

Visione compiti corretti e orale: mercoledì 23 febbraio ore 10.00 aula P20