Compitino di Calcolo delle Probabilità
Laurea Triennale in Matematica 2012/13
10 dicembre 2012
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Se non è espressamente indicato il contrario, per la soluzione degli esercizi è possibile usare tutti i
risultati visti a lezione (compresi quelli di cui non è stata fornita la dimostrazione).
Esercizio 1. Costanza ama giocare a freccette e si cimenta in una successione di lanci. Al primo
lancio ha probabilità 12 di fare centro. Per ogni lancio successivo, la probabilità di fare centro
dipende dall’esito del lancio precedente: infatti, se Costanza fa centro in un lancio, acquista fiducia
e al lancio seguente la probabilità di fare centro diventa 23 ; se invece non fa centro, Costanza si
demoralizza e la probabilità di fare centro al lancio seguente diventa 14 .
(a) Qual è la probabilità che Costanza faccia centro al secondo lancio? Se Costanza fa centro al
secondo lancio, qual è la probabilità che abbia fatto centro anche al primo lancio?
(b) Si calcolino, per ogni n ∈ N:
• la probabilità an che Costanza faccia centro in tutti i primi n lanci;
• la probabilità bn che Costanza non faccia centro in nessuno dei primi n lanci.
[Sugg.: si esprima an in funzione di an−1 e, analogamente, bn in funzione di bn−1 .]
(c) Detta pn la probabilità che Costanza faccia centro all’n-esimo lancio, si mostri che la
successione {pn }n∈N soddisfa la seguente relazione ricorsiva:
1
5
pn−1 + ,
∀n ≥ 2 .
12
4
(d) (*) Si deduca che la successione {pn }n∈N ammette limite e lo si determini.
pn =
Soluzione 1.
(a) Sia An := “Costanza centra il bersaglio al lancio n”. Per ipotesi
P(A1 ) =
1
,
2
P(An |An−1 ) =
2
,
3
P(An |Acn−1 ) =
1
,
4
∀n ∈ N .
Quindi
P(A2 ) = P(A2 |A1 )P(A1 ) + P(A2 |Ac1 )P(Ac1 ) =
11
21 11
+
=
.
32 42
24
Per Bayes
P(A1 |A2 ) =
P(A2 |A1 )P(A1 )
=
P(A2 )
21
32
11
24
=
8
.
11
(b) Si ha
an = P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An ) = P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ) · P(An | A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 )
= an−1 P(An | A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ) .
Per ipotesi la probabilità di fare centro in un lancio dipende solo dall’esito del lancio
precedente, pertanto
2
P(An | A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ) = P(An | An−1 ) = ,
3
dunque an = 32 an−1 per n ≥ 2. Dato che a1 = P(A1 ) = 21 , si ottiene
1 2 n−1
an =
.
2 3
2
Con argomenti del tutto analoghi
bn = P(Ac1 ∩ Ac2 ∩ . . . ∩ Acn ) =
1 3 n−1
.
2 4
(c) Per la formula delle probabilità totali
pn = P(An ) = P(An |An−1 )P(An−1 ) + P(An |Acn−1 )P(Acn−1 ) =
che è esattamente la relazione cercata, essendo
(d) La funzione ϕ(x) :=
5
12 x
+
2
3
−
1
4
=
1
2
pn−1 + (1 − pn−1 ) ,
3
4
5
12 .
1
4
è continua e ha un unico punto fisso:
1
5
x+ =x
⇐⇒
x = x :=
ϕ(x) = x
⇐⇒
12
4
Se la successione pn ammette limite p, passando al limite in pn = ϕ(pn−1 )
e dunque p = x = 37 . Per mostrare che il limite effettivamente esiste,
successione pn è monotona decrescente. Notiamo che:
3
.
7
si ottiene p = ϕ(p)
mostriamo che la
• se x ≥ x allora ϕ(x) ≥ ϕ(x) = x, perché ϕ è crescente;
• se x ≥ x allora ϕ(x) ≤ x, come si verifica facilmente.
Dato che p1 = 12 ≥ x e pn = ϕ(pn−1 ), per induzione si ha pn ≥ x e pn ≤ pn−1 per ogni n ∈ N.
(Gli argomenti precedenti sono più chiari se si analizza il grafico della funzione ϕ e la sua
intersezione con la bisettrice del primo e terzo quadrante.)
3
Esercizio 2. Siano {Xn }n∈N variabili aleatorie i.i.d., definite su uno spazio di probabilità (Ω, A, P),
con distribuzioni marginali Xn ∼ Gamma(2, 1), ossia con densità fXn (x) = xe−x 1(0,∞) (x).
Introduciamo le variabili aleatorie S e T , definite su Ω a valori in N ∪ {+∞}, ponendo
S(ω) := inf{n ∈ N : Xn (ω) ≤ 1} ,
T (ω) := inf{n ∈ N : Xn (ω) > 2} ,
con l’abituale convenzione inf ∅ := +∞. Definiamo infine per n ∈ N gli eventi
An := {Xn ≤ 1} ,
Bn := {Xn > 2} ,
Cn := {1 < Xn ≤ 2} = (An ∪ Bn )c ,
il cui uso può facilitare la soluzione di alcuni quesiti.
(a) Si determinino le probabilità α := P(An ), β := P(Bn ) e γ := P(Cn ), mostrando che non
dipendono da n.
(b) Qual è la distribuzione della variabile aleatoria S?
[Sugg.: come sono gli eventi {An }n∈N ?]
(c) Si mostri che P(T > k, S = k) = α(1 − (α + β))k−1 per ogni k ∈ N.
(d) Si determinino le probabilità P(T > S) e P(S > T ).
Soluzione 2.
Z
FXn (c) =
(a) La funzione di ripartizione FXn (c) = P(Xn ≤ c) è data, per ogni c > 0, da
Z c
Z c
c
−x
−x c
fXn (x) dx =
x e dx = −xe 0 +
e−x dx = −ce−c + 1 − e−c ,
−∞
0
0
quindi
α = P(Xn ≤ 1) = FXn (1) = 1 − 2e−1 ,
β = P(Xn > 2) = 1 − FXn (2) = 1 − (1 − 3e−2 ) = 3e−2 .
Infine, essendo gli eventi An e Bn disgiunti,
γ = P((An ∪ Bn )c ) = 1 − P(An ∪ Bn ) = 1 − (P(An ) + P(Bn )) = 1 − (α + β) = 2e−1 − 3e−2 .
(b) Gli eventi {An }n∈N sono indipendenti, perché le variabili aleatorie Xn lo sono, e hanno la
stessa probailità α. Quindi S è l’istante di primo successo in una successione di prove ripetute
e indipendenti con probabilità di successo α e pertanto S ∼ Ge(α). In alternativa, con un
calcolo diretto, per k ∈ N
pS (k) = P(S = k) = P(Ac1 ∩ Ac2 ∩ . . . ∩ Ack−1 ∩ Ak ) = (1 − α)k−1 α .
(c) L’evento {T > k, S = k} coincide con C1 ∩ C2 ∩ . . . ∩ Ck−1 ∩ Ak . Essendo gli eventi che
compaiono nell’intersezione indipendenti, si ottiene
P(T > k, S = k) = P(C1 ) · P(C2 ) · · · P(Ck−1 ) · P(Ck ) = γ k−1 α = (1 − (α + β))k−1 α .
(d) Usando la formula di disintegrazione rispetto ai valori assunti dalla variabile aleatoria S si
ottiene
X
X
X
α
P(T > S) =
P(T > S, S = k) =
P(T > k, S = k) =
(1 − (α + β))k−1 α =
.
α+β
k∈N
k∈N
k∈N
Dato che P(T = S) = 0, si ha P(S > T ) = 1 − P(T > S) = 1 −
α
α+β
=
β
α+β .
4
Esercizio 3. Siano X e Y due variabili aleatorie reali, definite sullo stesso spazio di probabilità
(Ω, A, P), la cui distribuzione congiunta è assolutamente continua con densità
fX,Y (x, y) = 2 e−x−y 1A (x, y) ,
dove A = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < y}.
(a) Si determinino le distribuzioni marginali delle variabili aleatorie X e Y .
(b) Le variabili aleatorie X e Y sono indipendenti?
(c) Si calcoli il valor medio della variabile aleatoria et(X+Y ) , per ogni t ∈ R.
Soluzione 3. (a) Si ha
Z
Z
fX (x) =
fX,Y (x, y) dy = 2e−x 1(0,∞) (x)
R
x
∞
∞ e−y dy = 2 e−x 1(0,∞) (x) −e−y x = 2 e−2x 1(0,∞) (x) ,
ossia X ∼ Exp(2). Analogamente
Z
Z
−y
fY (y) =
fX,Y (x, y) dx = 2e 1(0,∞) (y)
R
y
e−x dx = 2e−y (1 − e−y )1(0,∞) (y) .
0
(b) X e Y non sono indipendenti perché la densità congiunta fX,Y (x, y) non è q.o. uguale al
prodotto delle densità marginali fX (x)fY (y): infatti fX,Y (x, y) si annulla se 0 < y < x
mentre fX (x)fY (y) > 0 per tali valori di (x, y), che formano un insieme aperto non vuoto e
dunque di misura di Lebesgue strettamente positiva (in effetti, infinita).
(c) Si ha
t(X+Y )
E(e
Z
) =
e
R2
t(x+y)
Z
fX,Y (x, y) dx dy =
2 e−(1−t)x−(1−t)y dx dy .
A
Se t ≥ 1 la funzione da integrare è ≥ 1 e pertanto E(et(X+Y ) ) ≥ Leb(A) = +∞. Se invece
t < 1, con il cambio di variabili x0 := (1 − t)x e y 0 := (1 − t)y, notando che (x, y) ∈ A se e
solo se (x0 , y 0 ) ∈ A, si ottiene
Z
Z
1
1
1
−x0 −y 0
0
0
2
e
dx
dy
=
fX,Y (x0 , y 0 )dx0 dy 0 =
.
E(et(X+Y ) ) =
(1 − t)2 A
(1 − t)2 R2
(1 − t)2
