SOLUZIONI
27 LUGLIO 2012
1. Si lancia ripetutamente una moneta equilibrata, P(T ) = P(C) = 1/2. Si calcoli
la probabilità condizionata di ottenere per la prima volta testa (T ) al k–esimo lancio,
sapendo che si è ottenuta la seconda testa all’n–esimo lancio (k < n).
Se T1 e T2 indicano gli istanti della prima e della seconda testa, rispettivamente,
si chiede di calcolare P(T1 = k | T2 = n). Ora
P(T2 = n) =
1
(n − 1) ;
2n
pertanto
1
n
P({T1 = k} ∩ {T2 = n})
1
2
P(T1 = k | T2 = n) =
=
=
.
1
P(T2 = n)
n−1
(n
−
1)
2n
2. Si lanciano due dadi. Se A, B e C indicano i tre eventi A =“il secondo dado
è 1, 2 o 5”, B =“il secondo dado è 4, 5 o 6”, C =“la somma dei due numeri è
9”, si calcolino le probabilità P(A ∩ B), P(A ∩ C), P(B ∩ C) e P(A ∩ B ∩ C). Sono
indipendenti gli eventi A, B e C?
Lo spazio dei risultati è
Ω = {(j, k) : j, k = 1, . . . , 6} ,
nel quale tutte le coppie hanno la stessa probabilità 1/36. Si calcola facilmente
1
= P(B) ,
2
e, poiché 9 = 3 + 6 = 4 + 5 = 5 + 4 = 6 + 3,
P(A) =
P(C) =
4
1
= .
36
9
Ora
1
1
6= = P(A) P(B) ,
6
4
1
1
P(A ∩ C) = P((4, 5)) =
6=
= P(A) P(C)
36
18
3
1
1
P(B ∩ C) = P ((3, 6) ∪ (4, 5) ∪ (5, 4)) =
=
6=
= P(B) P(C) ,
36
12
18
1
P(A ∩ B ∩ C) = P((4, 5)) =
= P(A) P(B) P(C) .
36
I tre eventi A, B e C non sono indipendenti.
P(A ∩ B) = P((j, 5) : j = 1, . . . , 6) =
1
2
SOLUZIONI 27 LUGLIO 2012
3. Se U ha legge uniforme in (0, 1), U ∼ U(0, 1), si trovi la legge della variabile
aleatoria
√
X := −2 ln U .
Poiché U assume valori in ]0, 1[ la variabile aleatoria X è ben definita. Si ha
intanto P(X ≤ t) = 0 se t ≤ 0. Si supponga perciò t > 0:
√
t2
−2 ln U ≤ t = P 2 ln U ≤ t2 = P ln U ≥ −
P(X ≤ t) = P
2
−t2 /2
−t2 /2
=1−e
.
=P U ≥e
In definitiva, la densità di X è
2
fX (t) = t e−t
/2
1(0,+∞) (y) .
4. Nello spazio di probabilità (Ω, F, P) X e Y sono due variabili aelatorie indipendenti tali che P(X = 0) = P(X = 1) = 1/2, mentre Y ha legge uniforme in
(0, 1), Y ∼ U(0, 1). Si trovi la legge della variabile aleatoria
Z =X +Y .
Si ricorra alla formula delle probabilità totali, e, si sfrutti, quindi, l’indipendenza
di X e Y ,
P(Z ≤ t) = P(Z ≤ t | X = 0) P(X = 0) + P(Z ≤ t | X = 1) P(X = 1)
1
1
= P(Y ≤ t | X = 0) + P(1 + Y ≤ t | X = 1)
2
2
1
1
= P(Y ≤ t) + P(1 + Y ≤ t) .
2
2
Si ha intanto P(Z ≤ t) = 0 per t < 0 e P(Z ≤ t) = 1 per t ≥ 1. Se, poi, t è in (0, 2),
(
1
t,
t ∈ [0, 1] ,
P(Z ≤ t) = 21 1
2 + 2 (t − 1) , t ∈ [1, 2[ .
La densità di probabilità di Z è dunque
1
1(0,2) (t) .
2
Perciò Z ha legge uniforme in (0, 2), Z ∼ (0, 2).
fZ (t) =
