Esame di Probabilità e Statistica del 3 aprile 2007 (Corso di Laurea Triennale in Matematica, Università degli Studi di Padova).

Cognome  Nome  Matricola

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

Attenzione: si consegnano SOLO i fogli di questo fascicolo.

Esercizio 1. Il 46% degli elettori di un comune si ritiene di centro, il 30% di sinistra e il 24% di destra. Alle ultime elezioni sono andati a votare il 35% degli elettori di centro, il 62% di quelli di sinistra e il 58% di quelli di destra. Un elettore è scelto a caso. Sapendo che l’elettore ha votato alle ultime elezioni, qual è la probabilità che si tratti di un elettore:

1. del centro;

2. di sinistra;

3. di destra.

4. Quale percentuale di elettori ha partecipato alla scorsa elezione?

Esercizio 2. In una famiglia ci sono n ≥ 1 bambini con probabilità pari a αp^{n}, con α ≤ 1/p − 1.

1. Quanto vale la probabilità che in una famiglia non ci siano figli?

2. Se ogni figlio è maschio o femmina con uguale probabilità e in maniera indipendente dagli altri figli, qual è la probabilità di avere k maschi se si sa che in una famiglia ci sono in totale n figli? (distinguere i casi n = 0 e n ≥ 1)

3. Ricavare una formula generale per la probabilità totale di avere k maschi e un qualsiasi numero di femmine (distinguere i casi k = 0 e k ≥ 1).

4. Quanto vale la probabilità del punto precedente per k = 0?

Esercizio 3. Un ospedale è situato al centro esatto di una città quadrata i cui lati sono lunghi 3 km. Il sistema di strade è rettangolare, quindi la distanza in km dall’ospedale, le cui coordinate sono (0, 0), al punto (x, y) è pari a |x|+|y|. Un’ambulanza parte dall’ospedale non appena c’è un incidente. Supponiamo che questo avvenga in un punto uniformemente distribuito nel quadrato.

1. Definire la variabile aleatoria X = “distanza percorsa dall’ambulanza” e determinarne la legge.

2. Calcolare F_{X}.

3. Calcolare 𝔼[X] e Var [X].

Supponiamo che si verifichino contemporaneamente due incidenti in due diversi punti della città.

4. Definire la variabile aleatoria Z = “massima distanza percorsa dalle due ambulanze” e determinarne legge e densità.

Esercizio 4. Supponiamo che un dado equilibrato venga lanciato 100 volte, e sia X_{i} il valore del lancio i-esimo.

1. Calcolare 𝔼[log X_{i}].

2. Calcolare Var [log X_{i}].

3. Supponendo di poter usare l’approssimazione normale, per ogni a ∈ (1, 6) si calcoli

ℙ {∏_{i=1}^{100} X_{i} ≤ a^{100}}

4. Determinare a tale che la probabilità precedente valga circa 1/2.

Soluzioni

Esercizio 1. Definiamo gli eventi

A_{1} := {l’elettore è di sinistra},  A_{2} := {l’elettore è di centro},
A_{3} := {l’elettore è di destra},  V := {l’elettore ha votato alle ultime elezioni},

allora i dati si possono riscrivere così:

ℙ(A_{1}) = 0.3,  ℙ(A_{2}) = 0.46,  ℙ(A_{3}) = 0.24,
ℙ(V |A_{1}) = 0.62,  ℙ(V |A_{2}) = 0.35,  ℙ(V |A_{3}) = 0.58.

Ovviamente per fare i primi 3 punti è indispensabile fare prima il punto 4.

4) Dato che ∪_{i=1}^{3}A_{i} = Ω e l’unione è disgiunta, usando la formula della probabilità totale calcoliamo

ℙ(V) = ∑_{i=1}^{3} ℙ(V |A_{i})ℙ(A_{i}) = 0.62 · 0.3 + 0.35 · 0.46 + 0.58 · 0.24 = 0.4862

1,2,3) Usando la formula di Bayes, le probabilità richieste sono rispettivamente:

ℙ(A_{2}|V) = \frac{ℙ(V |A_{2})ℙ(A_{2})}{ℙ(V)} = \frac{0.35 · 0.46}{0.4862} = 0.331139,
ℙ(A_{1}|V) = \frac{ℙ(V |A_{1})ℙ(A_{1})}{ℙ(V)} = \frac{0.62 · 0.3}{0.4862} = 0.382559,
ℙ(A_{2}|V) = \frac{ℙ(V |A_{3})ℙ(A_{3})}{ℙ(V)} = \frac{0.58 · 0.24}{0.4862} = 0.286302

Esercizio 2.

1. Siccome X è concentrata sui naturali, abbiamo

ℙ\{X = 0\} = 1 − ℙ\{X > 0\} = 1 − ∑_{n=1}^{∞} ℙ\{X = n\} = 1 − ∑_{n=1}^{∞} αp^{n} = 1 − \frac{αp}{1 − p}

2. Condizionatamente all’evento {X = n}, possiamo definire il numero di figli maschi con la variabile aleatoria Y := ∑_{i=1}^{X} Y_{i} = ∑_{i=1}^{n} Y_{i}, dove le (Y_{i})_{i} sono i.i.d. di legge Be(\frac{1}{2}). Allora Y ∼ B(n, \frac{1}{2}), quindi per 0 ≤ k ≤ n si ha

ℙ\{Y = k | X = n\} = \binom{n}{k} (\frac{1}{2})^{k} (1 − \frac{1}{2})^{n−k} = \binom{n}{k} (\frac{1}{2})^{n}

mentre per tutti gli altri k, n la probabilità è nulla.

3. In generale si ha, per la formula della probabilità totale,

ℙ{Y = k} = ∑_{n=0}^{∞} ℙ{Y = k | X = n}ℙ{X = n} = ∑_{n=k}^{∞} ℙ{Y = k | X = n}ℙ{X = n}

Ci sono ora due casi. Se k = 0 si ha

ℙ{Y = 0} = ∑_{n=0}^{∞} ℙ{Y = 0 | X = n}ℙ{X = n} = ℙ{Y = 0 | X = 0}ℙ{X = 0} +

+ ∑_{n=1}^{∞} ℙ\{Y = 0 | X = n\}ℙ\{X = n\} = 1 − \frac{αp}{1 − p} + α ∑_{n=1}^{∞} (\frac{p}{2})^{n}

mentre se k ≥ 1 si ha

ℙ\{Y = k\} = α ∑_{n=k}^{∞} \binom{n}{k} (\frac{p}{2})^{n}

4. Se k = 0 si ha che

ℙ\{Y = 0\} = 1 − \frac{αp}{1 − p} + α\frac{α\frac{p}{2}}{1 − \frac{p}{2}} = 1 − \frac{α\frac{p}{2}}{(1 − p)(1 − \frac{p}{2})}

Esercizio 3.

1. Abbiamo X := |X_{1}| + |X_{2}|, dove (X_{1}, X_{2}) ∼ U([−1.5; 1.5]^{2}), quindi X_{1}, X_{2} ∼ U(−1.5; 1.5) e sono indipendenti tra di loro. Allora il loro valore assoluto ha legge U(0; 1.5); difatti per ogni t ∈ (0, 1.5) si ha

F_{|X_{i}|}(t) = ℙ\{|X_{i}| ≤ t\} = ℙ\{−t ≤ X_{i} ≤ t\} = \frac{2}{3}t

Allora la densità è data da

f_{|X_{i}|}(t) = F′_{|X_{i}|}(t) = \frac{2}{3}1_{\{0≤t≤1.5\}}

e quindi, siccome |X_{1}| e |X_{2}| sono indipendenti, X è una variabile aleatoria continua la cui densità è data dal prodotto di convoluzione

f_{X}(t) = (f_{|X_{1}|} ∗ f_{|X_{2}|})(t) = ∫_{ℝ} \frac{2}{3}1_{\{0≤z≤1.5\}} \frac{2}{3}1_{\{0≤t−z≤1.5\}} dz = ∫_{(0;1.5)∩(t−1.5;t)} \frac{4}{9} dz

e quindi

f_{X}(t) = \{ \begin{matrix}\frac{4}{9}t & se 0 ≤ t ≤ 1.5, \\ \frac{4}{9}(3 − t) & se 1.5 ≤ t ≤ 3, \\ 0 & altrimenti. \end{matrix}

2. Abbiamo

F_{X}(u) = ∫_{−∞}^{u} f_{X}(t) dt = \{ \begin{matrix}0 & se t ≤ 0, \\ \frac{2}{9}t^{2} & se 0 ≤ t ≤ 1.5, \\ \frac{4}{3}t − \frac{2}{9}t^{2} − 1 & se 1.5 ≤ t ≤ 3, \\ 1 & se t ≥ 3. \end{matrix}

che si può ottenere o calcolando l’integrale oppure con considerazioni geometriche.

3. Per le proprietà di speranza e varianza, ricordandosi che |X_{1}| e |X_{2}| sono indipendenti, abbiamo

𝔼[X] = 𝔼[|X_{1}| + |X_{2}|] = 𝔼[|X_{1}|] + 𝔼[|X_{2}|] = \frac{1.5}{2} + \frac{1.5}{2} = 1.5,
Var [X] = Var [|X_{1}|] + Var [|X_{2}|] = \frac{1.5^{2}}{12} + \frac{1.5^{2}}{12} = \frac{3}{8} = 0.375

4. Supponiamo che Y abbia la stessa legge di X e che le due variabili aleatorie siano indipendenti tra di loro, e definiamo Z := max(X, Y). Allora Z è una variabile aleatoria a valori in (0, 3), e quindi per ogni t ∈ (0, 3) si ha

F_{Z}(t) = ℙ\{X ≤ t, Y ≤ t\} = ℙ\{X ≤ t\}ℙ\{Y ≤ t\} = F_{X}(t)^{2} = \{ \begin{matrix}0 & se t ≤ 0, \\ \frac{2}{9}t^{2} & se 0 ≤ t ≤ 1.5, \\ \frac{4}{3}t − \frac{2}{9}t^{2} − 1 & se 1.5 ≤ t ≤ 3, \\ 1 & se t ≥ 3. \end{matrix}

dove abbiamo usato l’indipendenza di X e Y. La densità si ottiene derivando:

f_{Z}(t) = F′_{Z}(t) = \{ \begin{matrix}\frac{16}{81}t^{3} & se 0 ≤ t ≤ 1.5, \\ 2 (\frac{4}{3} − \frac{4}{9}t) (\frac{4}{3}t − \frac{2}{9}t^{2} − 1) & se 1.5 ≤ t ≤ 3, \\ 0 & altrimenti. \end{matrix}

Esercizio 4.

1. Dato che le X_{i}, e quindi log X_{i}, sono variabili aleatorie con un numero finito di possibili stati, sicuramente X_{i}, log X_{i} ∈ L^{p} per ogni p ≥ 1. Allora

𝔼[log X_{i}] = ∑_{n=1}^{6} log nℙ\{X_{i} = n\} = \frac{1}{6} ∑_{n=1}^{6} log n = \frac{1}{6} log 6! = 1.096542

(0.476222 in base 10)

2. Analogamente

𝔼[log^{2} X_{i}] = ∑_{n=1}^{6} log^{2} nℙ{X_{i} = n} = 1.568318

e quindi

Var [log X_{i}] = 𝔼[log^{2} X_{i}] − 𝔼[log X_{i}]^{2} = 1.568318 − 1.096542^{2} = 0.365914

(0.069016 in base 10)

3. Siccome possiamo ritenere che le (X_{i})_{i} siano indipendenti, allora anche (log X_{i})_{i} lo sono, e quindi siamo sotto le ipotesi dell’approssimazione normale:

ℙ \{∏_{i=1}^{100} X_{i} ≤ a^{100}\} = ℙ \{∑_{i=1}^{100} log X_{i} ≤ 100 log a\} = ℙ \{\frac{1}{100} ∑_{i=1}^{100} log X_{i} ≤ log a\} =
= ℙ \{ \frac{\frac{1}{100} ∑_{i=1}^{100} log X_{i} − 𝔼[log X_{i}]}{\sqrt{\frac{Var [log X_{i}]}{100}}} ≤ \frac{log a − 𝔼[log X_{i}]}{\sqrt{\frac{Var [log X_{i}]}{100}}} \} ≃
≃ N (\frac{log a − 𝔼[log X_{i}]}{\frac{\sqrt{Var [log X_{i}]}}{10}} ) = N (\frac{log a − 1.096542}{0.0604908})

N(\frac{log a−0.476222}{0.0262708}) in base 10

4. Si ha che

N (\frac{log a − 1.096542}{0.0604908}) = \frac{1}{2}

se e solo se log a − 1.096542 = log a − 𝔼[log X_{i}] = log a − \frac{1}{6} log 6! = 0, cioè se e solo se a = ^{6} \sqrt{6!} = 2.993795.

Esame di Calcolo delle Probabilità del 3 aprile 2007

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

Hanno superato la prova:

Bacco Andrea  16.5 + 3^{+}
Bertolini Maria Chiara 15 + 3^{−}
Busetto Enrico  15 + 3^{+}
Consarino Maria  14.5 + 3^{+}
Correzzola Massimo  19.5 + 3^{+}
Dall’Ara Gianmaria  26.5 + 3^{+}
Fantini Lorenzo  28 + 3^{+}
Gemin Stefano  24.5 + 3^{−}
Pastro Valerio  19 + 3^{−}
Pellegrini Jacopo  15 + 3^{+}
Sambin Nicola  27 + 3^{+}
Scandiuzzi Enrico  18
Siviero Andrea  23 + 3^{+}
Tonincelli Michela  14 + 3^{−}
Trevisan Marialuisa  15 + 3^{+}
Zanibellato Andrea  28 + 3^{+}
Zordan Michele  23.5 + 3^{−}
Zottarel Angela  23 + 3^{+}

Visione compiti, registrazione voti e orali: giovedì 5 aprile ore 10 aula 1AD/30, oppure alle 15 stessa aula. Verrà data precedenza alla registrazione voti a chi accetta il voto dello scritto e ha il bonus di + 3.