Elementi di Analisi Numerica, Probabilità e Statistica,
modulo 2: Elementi di Probabilità e Statistica (3 cfu)
Probabilità e Statistica (6 cfu)
Scritto del 22 aprile 2015. Appello Straordinario Id: A
Nome e Cognome:
Esame da 3
6 cfu (barrare la casella interessata)
Si ricorda che nella correzione dell'elaborato si valuteranno anche i procedimenti che portano ai risultati nali. Tali
procedimenti devono essere descritti o giusticati in modo sintetico, ma chiaro. Riportare solo il risultato nale,
anche se corretto, verrà considerato errore. Inne per ottenere la sufficienza è necessario svolgere, almeno
in parte, tutti gli esercizi richiesti.
Problema 1 (tutti)
Due amici A e B fanno il seguente gioco a turni: ognuno lancia una moneta (P (testa) = p) 2 volte, vince
il turno chi ottiene il maggior numero di teste. Si vince la partita non appena si vince un turno. Calcolare
la probabilità
1. 3/30
che A vinca al primo turno;
2. 3/30
che B vinca al secondo turno;
3. 4/30
di vittoria per A e B.
Problema 2 (tutti)
Due v.a. X e Y sono indipendenti e distribuite in maniera esponenziale di parametro λ. Si consideri la
v.a. Z = aX − bY , con a, b > 0. Dopo aver determinato i valori assunti da Z , calcolare
1. 2/30
il valore atteso e la varianza di Z senza determinare la densità di probabilità di Z ;
2. 4/30
la densità di probabilità pZ (z) per Z vericando i risultati trovati al punto precedente.
3. 4/30
la covarianza tra X e Z .
Problema 3 (solo esame 6 cfu)
Si vuole indagare se una certa moneta è equa. A tal ne la si lancia per 20 volte e si ottengono 14 teste.
1. 3/30 Determinare, usando il principio di massima verosimiglianza, lo stimatore U di p per un
campione bernoulliano e dimostrare che è corretto;
2. 3/30
Utilizzando il teorema di Cramer-Rao dimostrare che U ha varianza minima;
3. 4/30 Eettuare l'opportuno test del χ2 e discutere se al livello di signicatività del 5% si può
rigettare l'ipotesi di moneta equa.
Soluzione
Problema 1 (tutti)
1. Siano XA e XB le v.a. che contano il numero di teste di A e B. Sono ovviamente binomiali, indipendenti
e con lo stesso p. Posto q = 1 − p Si ha P (XA = 0) = q 2 , P (XA = 1) = 2pq e P (XA = 2) = p2 . Stessa
cosa per XB . Per decidere chi vince il turno conviene usare la v.a. Z = XA − XB : vince A se Z > 0,
vince B se Z < 0 e il turno è pari se Z = 0. La v.a. Z assume i valori −2, −1, 0, 1, 2 con le rispettive
probabilità P (Z = −2) = P (Z = 2) = p2 q 2 , P (Z = −1) = P (Z = 1) = 2pq(p2 + q 2 ) = 2pq(1 − 2pq)
e P (Z = 0) = q 4 + 4p2 q 2 + p4 = 1 − 4pq + 6p2 q 2 . Ne risulta che la probabilità di vittoria in un
turno per A è pA ≡ P (Z > 0) = 2pq(p2 + q 2 ) + p2 q 2 = pq(2 − 3pq). Con lo stesso argomento si
trova per la vittoria di B in un turno pB ≡ P (Z < 0) = pA , mentre il turno pari ha probabilità
p0 ≡ P (Z = 0) = 1 + 6p2 q 2 − 4pq . Ovviamente p0 + pA + pB = 1.
Riepilogando la probabilità richiesta è pA .
2. Indicando con Zi il valore assunto dalla variabile Z al turno i-esimo, anché B vinca al secondo turno
si deve vericare l'evento B2 = {Z1 = 0} ∩ {Z2 < 0}.
Essendo i turni eventi indipendenti, si possono moltiplicare le probabilità elementari ottenendo
P (B2 ) = p0 pB
che è la prob. richiesta.
3. In generale ripetendo l'argomento del punto precedente per la vittoria di A al turno n si deve vericare
l'evento
An = {Z1 = 0} ∩ {Z2 = 0} ∩ . . . {Zn−1 = 0} ∩ {Zn > 0}
da cui
P (An ) = pn−1
pA .
0
Analogamente
P (Bn ) = pn−1
pB
0
Siccome A vince al primo turno oppure al secondo oppure al terzo .... basta pertanto calcolare
∞
X
P (An ) =
pA
1 − p0
P (Bn ) =
pB
.
1 − p0
n=1
analogamente
∞
X
n=1
Problema 2 (tutti)
1. Ovviamente Z assume tutti i valori reali. Sapendo che
n
Z
∞
E[X ] =
xn λ e−λx d x =
0
n!
λn
per il valore atteso si può procedere come segue
E[aX − bY ] = a E[X] − b E[Y ] =
a−b
.
λ
Per la varianza il procedimento è analogo
Var[Z] = a2 Var[X] + b2 Var[Y ] − 2ab Cov[X, Y ] =
essendo X e Y indipendenti.
a2 + b2
λ2
2. Ponendo z = ax − by e w = y lo jacobiano del cambiamento di coordinate inverso è
∂(x, y)
=
J=
∂(z, w)
b/a
1
1/a
0
segue che la densità congiunta di Z e W è
p(z, w) =
da cui
pZ (z) =
λ2
a
1 −λ(z+bw)/a
λe
λ e−λw
a
Z
e−λ(z+bw)/a e−λw d w.
I limiti d'integrazione vanno trovati risolvendo
(
w>0
w > − zb
Risulta che per z ≥ 0, 0 ≤ w < +∞, mentre per z < 0, −z/b < w < +∞. Il risultato nale è
(
pZ (z) =
pZ (z) =
λ
a+b
λ
a+b
eλz/b
e−λz/a
z<0
z≥0
Usando la pZ (z) si calcola facilmente
Z ∞
Z ∞
n+1
λ
n!
n
n −λz/b
n −λz/a
E[Z ] =
(−1)
z e
+
z e
= ... =
a
− (−1)n bn+1
n
a+b
(a + b)λ
0
0
n
Usando questo risultato si ritrovano gli stessi risultati del paragrafo precedente per E[Z] e Var[Z].
3. Dalla denizione
1a−b
1
a−b
2
= a 2 − b 2 − 2 = a/λ2
λ λ
λ
λ
λ
Cov[X, Z] ≡ E[XZ] − E[X] E[Z] = E[aX 2 − bXY ] −
Problema 3 (solo esame 6 cfu)
1. Al solito denendo la v.a. X di bernoulli nel seguente modo
(
X = 1 se esce testa P (X = 1) = p
X = 0 se esce croce P (X = 0) = 1 − p
quando si lancia la moneta n volte si estrae un campione X1 , X2 , . . . , Xn . La verosimiglianza è
L = P (X1 = x1 )P (X2 = x2 ) · · · P (Xn = xn )
ed usando il fatto che k = 14 Xi hanno assunto il valore 1 e le restanti n − k il valore 0 si ha
k
L = [P (X = 1)] [P (X = 0)]
da cui
n−k
= pk (1 − p)n−k
d ln L
k n−k
= −
=0
dp
p
1−p
e quindi
n
k
1X
p̂ = =
Xi ≡ U.
n
n i=1
Usando il fatto che E[X] = p e Var[X] = p(1 − p) si dimostra agevolmente che
E[U ] = p
Var[U ] =
p(1 − p)
.
n
2. Il citato teorema aerma che
Var[U ] ≥
1
n
1
E
d ln P (X=x)
dp
2 .
Risulta
"
E
d ln P (X = x)
dp
2 #
=
d ln P (X = 1)
dp
2
P (X = 1)+
d ln P (X = 0)
dp
2
P (X = 0) = . . . = 1/(p(1−p))
e quindi l'aermazione risulta provata.
3. La statistica da usare è
V =
(N0 − nπ0 )2
(N1 − nπ1 )2
+
nπ1
nπ0
che è un χ21 . Gli altri parametri sono N1 = 14, N0 = 6, π1 = 1/2, π0 = 1/2 e n = 20. Si trova v0 = 3.2.
Per il p-dei-dati si ottiene
P (χ21 > 3.2) = 1 − P (χ21 < 3.2) ∼ 0.075
quindi l'ipotesi non si può rigettare al livello di signicatività richiesto. L'analisi è confermata studiando
la zona di rigetto
P (χ21 > v0.05 ) = 0.05 ⇒ v0.05 = 3.84
e siccome v0 < v0.05 l'ipotesi non si rigetta.
