Alcuni esercizi affrontati durante le lezioni di Calcolo delle Probabilit

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Alcuni esercizi affrontati durante le lezioni di Calcolo delle Probabilità
A.A. 09/10 , CdS in S.T.A.D.
Università degli Studi di Palermo
G. Sanfilippo
[email protected]
14 aprile 2010
1
1.1
Esercizi
Lezione del 08 Aprile 2010
Esercizio 1 (Distribuzione geometrica). Supponiamo di lanciare infinite volte un dado regolare. Calcoliamo
la probabilità α che si presenti la faccia 1 per la prima volta in un numero pari di lanci. Sia En l’evento
“la faccia 1 si presenta all’ennesimo lancio”, n ∈ N. Osserviamo che gli eventi E1 , E2 , . . . , En , . . . sono
stocasticamente indipendenti ed equiprobabili, con P (En ) = 61 , n ∈ N. Indicando con X il numero aleatorio
di lanci necessari per ottenere la faccia 1 per la prima volta, si ha X ∼ G(p), con p = 16 . Osservando che
P+∞
1
2 k
2
k=0 ((1 − p) ) = 1−(1−p)2 è la somma di una serie geometrica di ragione (1 − p) , si ha
P
W
2k−1
= 2k)) = +∞
α = P ( +∞
k=1 p(1 − p) P =
k=1 (X
P+∞
2k−2
2 k
= p(1 − p) k=1 (1 − p)
= p(1 − p) +∞
k=0 ((1 − p) )
p(1−p)
(1−p)
5
= 1−(1−p)
2 = (2−p) = 11 .
Esercizio 2. Con riferimento all’esercizio precedente calcolare direttamente la probabilità β che si presenti la
faccia 1 per la prima volta in un numero dispari di lanci.
1.2
Lezione del 12 Aprile 2010
Esercizio 3 (Estrazioni senza restituzione da un’urna di composizione incognita). In un’urna ci sono 10 palline
bianche e 10 palline nere. Un gioco consiste in tre fasi. Nella prima fase un giocatore estrae una pallina e la
mette da parte senza guardarla. Nella seconda fase si estraggono una per volta tutte le palline sino a quando
l’urna sarà vuota ( sia Ei l’evento “l’i-esima pallina estratta nella seconda fase è bianca”, per i = 1, 2, . . . , 19).
Nella terza fase si osserva la pallina estratta e messa da parte. Se essa è bianca (evento H) il giocatore vince
un premio in denaro, altrimenti non vince nulla. Durante la seconda fase, subito prima di effettuare la settima
estrazione, al giocatore viene proposto di cambiare la sua pallina con una scelta a caso tra le rimanenti nell’urna.
Supposto che nelle prime 6 estrazioni si è ottenuto sempre pallina nera, stabilire, motivando la risposta, se al
giocatore conviene cambiare pallina.
Conviene cambiare pallina?
Si
; No
; Indifferente
;
Soluzione.
Osservando che P (H) = 12 , per il Teorema di Bayes, la probabilità che la pallina messa da parte è bianca
supposto che le prime sei palline estratte siano tutte nere è data da
P (H|E1c E2c · · · E6c ) =
=
P (E1c E2c ···E6c |H)P (H)
P (E1c E2c ···E6c |H)P (H)+P (E1c E2c ···E6c |H c )P (H c )
(90)(10
6) 1
2
(19
)
(10)
6
= 10 6+ 9 =
9 10
10 9
(0)( 6 ) 1 + ( 0 )(6) 1
( 6 ) (6)
19
2
2
(19
)
(
)
6
6
1
1
9!
1+ 6!3!
=
4!6!
10!
=
1
1+ 10
4
=
10
14
= 57 .
Inoltre, calcoliamo la probabilità che la successiva pallina estratta sia bianca condizionatamente all’ipotesi che
le prime sei palline estratte sono nere. Dapprima ricordiamo che dati 3 eventi A, H, C si ha
P (AH|C) = P (A|HC)P (H|C);
P (A|C)
= P (A ∧ Ω|C) = P (AH ∨ AH c )|C) =
= P (AH|C) + P (AH c |C) = P (A|HC)P (H|C) + P (A|H c C)P (H c |C).
Nel nostro caso, ponendo A = E7 , H = H, C = E1c E2c · · · E6c , si ha
P (E7 |E1c E2c · · · E6c ) = P (E7 |E1c E2c · · · E6c H)P (H|E1c E2c · · · E6c ) + P (E7 |E1c E2c · · · E6c H c )P (H c |E1c E2c · · · E6c ) =
9 5
10 2
5
= 13
7 + 13 7 = 7 .
Si può inoltre verificare che P (Ei |E1c E2c · · · E6c ) = 57 per i = 7, . . . , 19. Pertanto, scegliendo a caso una pallina
tra le (13) rimanenti
di ottenere una pallina bianca supposto che le prime 6 estratte siano nere è
P19 5la1 probabilità
5
sempre pari a i=7 7 13 = 7 , quindi al giocatore risulta indifferente cambiare o meno la pallina.
Esercizio 4. Con riferimento all’Esercizio 3 indicando con X = |E1 |+|E2 |+|E3 |+|E4 |+|E5 |+|E6 | il numero
di palline bianche estratte nelle prime sei estrazioni calcolare α = P (E7 |X = 1) e β = P (E7 |E1 E2c E3c . . . E6c )
e verificare se α = β.
Esercizio 5. Con riferimento all’Esercizio 3 considerando più in generale un’urna contenete r palline bianche e
N − r nere, per h = 1, . . . N − r, si ha
P (H|E1c E2c · · · Ehc ) =
=
=
P (E1c E2c ···Ehc |H)P (H)
P (E1c E2c ···Ehc |H)P (H)+P (E1c E2c ···Ehc |H c )P (H c )
N −r
(r−1
0 )( h ) r
N −1
( h ) N
=
r−1 N −r
) N −r
( 0 )( h ) r + (r0)(N −r−1
h
N −1
N −1
N
N
( h )
( h )
1
r
=
N −h .
1+ N −r−h
=
1
1+
(N −r−1
) N −r
h
(Nh−r) r
=
N −r
Inoltre si ha
P (Eh+1 |E1c E2c · · · Ehc ) = P (E7 |E1c E2c · · · Ehc H)P (H|E1c E2c · · · Ehc ) + P (E7 |E1c E2c · · · E6h H c )P (H c |E1c E2c · · · Ehc ) =
r
r
N −h−r
r
= N r−1
−h−1 N −h + N −h−1 N −h = N −h .
Si può inoltre verificare che P (Ei |E1c E2c · · · Ehc ) = N r−h per i = h + 1, . . . , N − 1. Pertanto, scegliendo a
caso una pallina tra le N − h − 1 P
rimanenti la probabilità di ottenere una pallina bianca supposto che le prime 6
−1
r
1
r
estratte siano nere è sempre pari a N
i=h+1 N −h N −h−1 = N −h , quindi al giocatore risulta indifferente cambiare
o meno la pallina.
Esercizio 6. Un imputato deve essere giudicato da una giuria composta da tre giurati il cui verdetto finale è
raggiunto a maggioranza. I tre giurati A, B e C assumono la loro decisione indipendentemente. A e B hanno
probabilità α ∈ (0, 1) di decidere per l’assoluzione, mentre il giurato C decide in base al risultato ottenuto nel
lancio di una moneta. (i) Si calcoli la probabilità che l’imputato sia assolto (evento E).
(ii) Supponendo di sostituire il giurato C con un altro giurato D, il quale ha probabilità δ ∈ (0, 1), con δ 6= α, di
decidere per l’assoluzione, si verifichi per quali valori di δ la probabilità di assoluzione per l’imputato è maggiore
che nel caso precedente .
P (E) = α
Indichiamo con
• EA =“Il giurato A assolve l’imputato”;
• EB =“Il giurato B assolve l’imputato”;
• EC =“Il giurato C assolve l’imputato”;
• ED =“Il giurato D assolve l’imputato”.
;
1
δ ∈] , 1[
2
;
Si ha
c E ) + P (E c E E ) =
P (E) = P (EA EB EC ) + P (EA EB ECc ) + P (EA EB
C
A B C
1
1
1
1
= αα 2 + αα 2 + α(1 − α) 2 + (1 − α)α 2 = α.
Indichiamo con E 0 l’evento “La Giuria composta da A, B, D assolve l’imputato” si ha
c ) + P (E E c E ) + P (E c E E ) =
P (E 0 ) = P (EA EB ED ) + P (EA EB ED
A B D
A B D
= ααδ + αα(1 − δ) + α(1 − α)δ + (1 − α)αδ = α2 + 2αδ − 2α2 δ.
Osserviamo che poichè α 6= 1 e α 6= 0 si ha
P (E 0 ) > P (E) ⇔ α2 + 2αδ − 2α2 δ > α ⇔ α + 2δ − 2αδ > 1 ⇔ 2δ(1 − α) > 1 − α.
Pertanto P (E 0 ) > P (E) se e solo se δ ∈] 12 , 1].
Esercizio 7 (SIGAD 17/09/08 N.3). Il colore degli occhi di una persona è determinato da un unico paio di geni.
Se entrambi i geni sono quelli degli occhi azzurri, allora la persona avrà gli occhi azzurri; se entrambi i geni sono
quelli degli occhi castani, allora la persona avrà gli occhi castani; se uno di essi è quello degli occhi azzurri e
l’altro è quello degli occhi castani, allora la persona avrà gli occhi castani (infatti si dice che il gene degli occhi
castani è dominante rispetto al gene degli occhi azzurri). Un neonato riceve indipendentemente un gene del
colore degli occhi da ognuno dei genitori e il gene che riceve da essi può essere in modo ugualmente probabile
uno dei due geni del genitore.
Sappiamo che Giacomo ed entrambi i suoi genitori hanno gli occhi castani, ma che la sorella di Giacomo ha gli
occhi azzurri, calcolare la probabilità α che Giacomo abbia un gene degli occhi azzurri.
Supponiamo ora che la moglie di Giacomo abbia gli occhi azzurri. Qual è la probabilità β che il loro primo figlio
abbia gli occhi castani?
α=
2
3
β=
2
3
Soluzione.
Dall’informazioni in possesso si evince che entrambi i genitori di Giacomo hanno la coppia di geni AzzurroCastani. Consideriamo i seguenti eventi:
B1 = “il gene di Giacomo ereditato dal Padre è azzurro”,
C1 = “il gene di Giacomo ereditato dal Padre è castano”,
B2 = “il gene di Giacomo ereditato dalla Madre è azzurro”
C2 = “il gene di Giacomo ereditato dalla Madre è castano”
Ovviamente si ha C1 = B1c e C2 = B2c . Inoltre gli eventi B1 B2 , B1 C2 , C1 B2 , C1 C2 formano una partizione
dell’evento certo. Indichiamo con B l’evento “Giacomo ha un gene degli occhi azzurri”. Si ha
B = B1 B2 ∨ B1 C2 ∨ C1 B2 .
Poichè è noto che Giacomo ha gli occhi castani, segue che B1 B2 = ∅. Pertanto
B = B1 C2 ∨ C1 B2 .
Osserviamo che gli eventi B1 C2 , C1 B2 , C1 C2 sono equiprobabili (vedi dopo) e quindi P (B1 C2 ) = 31 , P (C1 B2 ) =
1
1
3 , P (C1 C2 ) = 3 . Pertanto si ha
2
P (B) = P (B1 C2 ∨ C1 B2 ) = .
3
Spieghiamo perchè gli eventi B1 C2 , C1 B2 , C1 C2 sono equiprobabili. Se non avessimo saputo che Giacomo
avesse avuto gli occhi castani, ma avessimo saputo soltanto che i Genitori avessero la coppia di geni AzzurroCastani, allora indicando con Bi∗ , Ci∗ , B ∗ , C ∗ gli eventi relativi a questo caso avremmo avuto
P (B1∗ B2∗ ) = P (B1∗ C2∗ ) = P (C1∗ B2∗ ) = P (C1∗ C2∗ ) =
11
1
= .
22
4
Poichè siamo in possesso dell’informazione che Giacomo ha gli occhi castani, allora la probabilità P (B1 C2 ) la
si può vedere come la probabilità dell’evento B1∗ C2∗ condizionato all’ulteriore informazione che Giacomo abbia
gli occhi castani, ovvero con la probabilità di P (B1∗ C2∗ |C ∗ ). Pertanto
P (B1 C2 ) = P (B1∗ C2∗ |C ∗ ) =
P (B1∗ C2∗ C ∗ )
P (B1∗ C2∗ )
1
=
= .
∗
∗
P (C ∗ )
P (B1 C2 ) + P (B1∗ C2∗ ) + P (C1∗ C2∗ )
3
In maniera analoga si ottiene
1
1
P (C1 B2 ) = , P (C1 C2 ) = .
3
3
Con un ragionamento analogo al precedente, P (B) coincide con P (B ∗ |C ∗ ), pertanto anche in questo modo
si ottiene
2
P (B1∗ C2∗ ∨ C1∗ B2∗ ))
P (B ∗ C ∗ )
= .
=
P (B) = P (B ∗ |C ∗ ) =
P (C ∗ )
P (B1∗ C2∗ ∨ C1∗ B2∗ ∨ C1∗ C2∗ )
3
Sottolineamo il fatto che ogni evento è sempre un evento condizionato all’informazione in nostro possesso. Se
dato un evento condizionato E|H con probabilità P (E|H) successivamente veniamo a conoscenza che H è vero
(e niente altro) allora E|H diventa E|Ω e quindi P (E|H) diventa P (E). Nel nostro caso partiamo da B ∗ |C ∗ ,
con P (B ∗ |C ∗ ) = 13 , successivamente veniamo a conoscenza che C ∗ è vero, pertanto P (B) = P (B ∗ |H ∗ ).
Vediamo la second parte dell’esercizio.
Indichiamo con C 0 l’evento “il figlio di Giacomo ha gli occhi castani”. Consideriamo i seguenti eventi
B10 = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dal Padre è azzurro”,
C10 = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dal Padre è castano”,
B20 = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dalla Madre è azzurro”
C20 = “il gene del figlio di Giacomo ereditato dalla Madre è castano”
Dalle informazioni in possesso si ha B20 = Ω, C20 = ∅, pertanto B10 B20 , C10 B20 , forma una partizione di Ω. Si
ha
1.3
P (C 0 ) = P (C10 B20 ) = P (C10 ) = P (C10 ∧ Ω) = P (C10 ∧ (B1 C2 ∨ C1 B2 ∨ C1 C2 )) =
= P (C10 |B1 C2 )P (B1 C2 ) + P (C10 |C1 B2 )P (C1 B2 ) + P (C10 |C1 C2 )P (C1 C2 ) =
= 21 13 + 12 13 + 1 13 = 32 .
Lezione del 14 Aprile 2010
Numeri aleatori continui
Esercizio 8 (EF26/06/07 n. 3). Un numero aleatorio X
 x

9




1
f (x) =
3





0
ha densità
se 0 ≤ x < 3
se 3 ≤ x ≤ a
altrove
Determinare:
a) il valore di a;
b) la previsione di X;
c) la funzione di ripartizione di X.
a = 4.5
; P(X) = 2.875
; F (x) =







Soluzione.
Dalla condizione di normalizzazione della densità si ha
Z 3
Z +∞
Z a
x
1
1 a−3
f (x)dx =
dx +
dx = +
= 1.
2
3
−∞
0 9
3 3
Segue che a = 92 . Inoltre si ha
Z 9
2 x
x2
dx +
dx =
−∞
0 9
3 3
x3 3 x2 9
81 9
23
2
=
+
=1+
− = .
0
3
27
6
24 6
8
Z
P(X) =
Calcoliamo la funzione di ripartizione.
+∞
Z
xf (x)dx =
3
• Se x < 0 si ha F (x) = 0;
• se 0 ≤ x < 3 si ha
Z
x
F (x) =
0
• se 3 ≤ x <
9
2
si ha
3
Z
F (x) =
0
• se x ≥
9
2
t 2 x x 2
t
=
dt =
;
9
18 0
18
t
dt +
9
x
Z
3
1
1 t x 1 x − 3
2x − 3
= +
dt = +
=
;
3
3
2
3
2
3
6
si ha F (x) = 1.
Ricapitolando, si ha
F (x) =

0



x2



 18







f (x)
1
3
se x < 0;
se 0 ≤ x < 3;
2x−3
6
se 3 ≤ x < 92 ;
1
se x ≥ 29 .
..
........
........
....
...
...
...
...
...
...
... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..........................................................................................
....
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....................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.....
−
0
|
|
3
9
2
(a) Grafico della funzione densità f (x)
F (x)
1
1
2
x
...
.......
.........
....
...
...
...
...
...
...
...
...
...
..
.... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................
.
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...
............................................................................................................................................................................................................................................................................................................
......
−
0
|
|
3
9
2
(b) Grafico della funzione di ripartizione F (x)
x
Figura 1: Densità e funzione di ripartizione del numero aleatorio X
Esercizio 9. Sia X ∼ U ([−1, 3.5]) calcolare
1. P (−2 ≤ X < −1) =
2. P (−2 ≤ X < 1) =
3. P (−1 ≤ X ≤ 0) =
4. P (0 ≤ X ≤ 1) =
5. P (1 ≤ X ≤ 2) =
6. P (2 ≤ X ≤ 4) =
7. P (3 ≤ X ≤ 4) =
8. P (4 ≤ X ≤ 5) =
9. P (X > 5) =.
Calcolare inoltre la funzione di ripartizione F (x).
Esercizio 10 (EF 28/09/06 N.4). La densità di probabilità di un numero aleatorio continuo X è

 1/5, se 1 ≤ x < 2,
2/5, se 2 ≤ x < 4,
f (x) =

0
altrove.
Calcolare la funzione di ripartizione F (x) , la probabilità P (X > 3/2) e la previsione P(X).


F (x) =
P (X > 3/2) =
P(X) =

1.4
Lezione del 15 Aprile 2010
Esercizio 11. Supponiamo che il tempo (in ore) di funzionamento ininterrotto di un computer, prima che sia
necessario riavviarlo a causa di un crash di sistema, sia un numero aleatorio continuo X con densità data da
x
f (x) = ke− 500 se x > 0, f (x) = 0 altrimenti. Determinare il valore della costante k e calcolare la probabilità
α che il tempo di funzionamento sia compreso tra le 50 e le 150 ore. Supposto inoltre che il computer abbia
funzionato per le prime 100 ore calcolare la probabilità β che funzioni per le successive 50 ore. Soluzione.
x
1
Poichè X ha distribuzione esponenziale si ha k = 500
. Inoltre, indicando con F (x) = 1 − e− 500 la funzione di
ripartizione di X, si ottiene
100
50
α = P (50 ≤ X ≤ 150) = F (150) − F (50) = e− 500 − e− 500 =
= e−0.1 − e−0.3 = 0.905 − 0.741 = 0.164
e
prop.ass.mem.
β = P (X > 150|X > 100)
z}|{
=
50
P (X > 50) = e− 500 = 0.905.
Esercizio 12 (EF21/06/06 n.3). Sia data una costante a ∈ (0, 2). Stabilire per quale valore di a la funzione

 x, x ∈ [0, a];
a, x ∈ (a, 2];
f (x) =

0, altrove.
è una densità di probabilità. Calcolare inoltre la probabilità dell’evento (X > 1).
a=
P (X > 1) =
[EF21/06/06 n.4] Sia X un numero aleatorio con distribuzione esponenziale di parametro λ. Riportare
la densità di probabilità f (x), calcolare la funzione di sopravvivenza S(x) e dimostrare che per X vale la
proprietà di assenza di memoria.


f (x) =
S(x) =
Prop. Ass. Memoria
