Esercizi di Probabilita

Annalisa Cerquetti - Sandra Fortini 1

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1Istituto di Metodi Quantitativi, Viale Isonzo, 25, 20133 Milano, Italy. E-mail:annalisa.cerquetti@unibocconi.it,sandra.fortini@unibocconi.it

Questa raccolta contiene alcuni esercizi sugli argomenti generalmente trattati in uncorso introduttivo di calcolo delle probabilita. L’intento e quello di fornire uno strumentoutile a migliorare o verificare la comprensione delle definizioni e dei risultati piu importanti,mediante esempi schematici, riferiti per lo piu ad esperimenti connessi a giochi di sorte.Gli esercizi che si riferiscono ad argomenti che esulano, generalmente, dai programmi deicorsi introduttivi, sono contrassegnati con un asterisco.

1

Indice

1 Esercizi 31.1 Eventi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Probabilita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Probabilita condizionale ed indipendenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 Variabili aleatorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.5 Vettori aleatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.6 Distribuzioni condizionali ed indipendenza. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.7 Valore atteso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.8 Momenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.9 Distribuzione Normale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.10 Covarianza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.11 Distribuzione Normale multivariata∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Soluzioni 112.1 Eventi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Probabilita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Probabilita condizionale ed indipendenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.4 Variabili aleatorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.5 Vettori aleatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.6 Distribuzioni condizionali ed indipendenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.7 Valore atteso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.8 Momenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.9 Distribuzione Normale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.10 Covarianza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.11 Distribuzione Normale multivariata∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2

Capitolo 1

Esercizi

1.1 Eventi

1. Definire lo spazio degli eventi elementari relativo all’esperimento che consiste nellanciare una moneta finche non compare testa. Descrivere l’evento “sono necessarimeno di tre lanci”.Soluzione

2. Costruire lo spazio degli eventi elementari relativo all’esperimento che consiste nellanciare una moneta tre volte. Descrivere l’evento “testa al terzo lancio”.Soluzione

3. Un gioco consiste nel lanciare una moneta tre volte. Ad ogni lancio si vince un eurose il risultato e testa. Sia Xt la vincita al tempo t.

a) Descrivere le variabili aleatorie X1, X2, X3 come funzioni di Ω.

b) Descrivere l’evento(X1 = X2).Soluzione

4. Descrivere l’evento “nessuno degli eventi A, B o C si verifica”.Soluzione

5. Descrivere l’evento: “si verifica esattamente uno degli eventi A, B o C”.Soluzione

1.2 Probabilita

1. Un dado viene lanciato due volte. Calcolare la probabilita di ottenere lo stessorisultato nei due lanci.Soluzione

3

2. Si lancia una moneta fino a quando non compare testa. Calcolare la probabilita chesiano necessari n tentativi.Soluzione

3. Si lancia un dado cinque volte. Calcolare la probabilita’ di osservare esattamente un”sei”.Soluzione

4. Si lancia una moneta tre volte. Calcolare la probabilita di osservare almeno unatesta.Soluzione

1.3 Probabilita condizionale ed indipendenza

1. Si lancia una moneta tre volte. Calcolare la probabilita di osservare testa al primolancio, sapendo che il risultato testa e stato osservato almeno una volta.Soluzione

2. Si lancia una moneta cinque volte. Calcolare la probabilita di osservare testa al terzolancio, sapendo che e stato osservato uno e un solo risultato testa.Soluzione

3. Vengono selezionate tre carte da un mazzo di quaranta carte. Calcolare la probabilitadi osservare tre carte di spade.Soluzione

4. Si seleziona una carta da un mazzo di quaranta carte. Dimostrare che gli eventi “esceuna carta di spade” e “esce un asso” sono indipendenti.Soluzione

5. Una scatola contiene:- due palline bianche numerate ”0”;- otto palline bianche numerate ”1”;- quattro palline rosse numerate ”0”;- sei palline rosse numerate ”1”;

Si estrae una pallina casualmente dalla scatola. Verificare che gli eventi “esce unapallina bianca” e “esce una pallina numerata con ”0”” non sono indipendenti e spie-gare perche.Soluzione.

6. Si lancia un dado due volte. Verificare che gli eventi:A = “risultato pari al primo lancio”

4

B = “risultato pari al secondo lancio”C = “la somma dei risultati e pari”non sono indipendenti e spiegare perche.Soluzione.

1.4 Variabili aleatorie

1. Sia X una variabile aleatoria con distribuzione binomiale di parametri 5 and 0.25.Calcolare P (X ≥ 2).Soluzione

2. Si lancia una moneta quattro volte. Determinare la distribuzione di probabilita dellav.a. X = numero di teste.Soluzione

3. Si lancia un dado n volte. Scrivere la funzione di probabilita della v.a. X =“numerodi ”6”.Soluzione

4. Si lancia una moneta finche non compare testa. Determinare la distribuzione diprobabilita della v.a. X = ”numero di lanci necessari”.Soluzione

5. * Si lancia una moneta tre volte. Sia X la v.a. numero di teste osservate nei primidue lanci. Costruire σ(X).Soluzione

6. * Calcolare P (X ≥ 1) per una v.a. X con funzione di densita

f(x) =

e−x x ≥ 00 altrimenti

Soluzione

7. Un gioco consiste nel generare un numero casuale Z nell’intervallo [0, 1]. Il premiodel gioco X e uguale a 2Z se Z > 0.8 e −1 se Z ≤ 0.8. Calcolare P (Z = −1) eP (Z > 1.8).Soluzione

8. Un gioco consiste nel lanciare una moneta e nel generare un numero aleatorio Xnell’intervallo [0, 1] indipendentemente dall’esito della moneta. La vincita W e X seesce testa e −X se esce croce. Calcolare P (0.5 < W < 0.7) e P (|W | < 0.1).Soluzione

5

1.5 Vettori aleatori

1. Una moneta viene lanciata tre volte. Sia X il numero di ”teste” nei primi due lancie sia Y il numero di ”teste” sui tre lanci. Calcolare la distribuzione congiunta di Xe Y .Soluzione

2. Sia (X, Y ) un vettore aleatorio discreto con distribuzione di probabilita

p(x, y) =

18

x = −1, 0, 1, y = −1, 0, 1, (x, y) 6= (0, 0)0 altrimenti.

Calcolare P (X = Y ).Soluzione

3. Un dado viene lanciato due volte. Sia X la v.a. punteggio minimo e Y la v.a.punteggio massimo. Calcolare la distribuzione congiunta di X e Y .Soluzione

4. * Si lancia una moneta tre volte. Sia Nk (k = 1, 2, 3) il numero di teste nei primi klanci. Descrivere gli eventi che appartengono a σ(N1, N2).Soluzione

5. * Si lancia un dado due volte. Siano X e Y rispettivamente i risultati al primo e alsecondo lancio. Sia S = X +Y . Mostrare che σ(Y ) 6= σ(S) e che σ(X, Y ) = σ(X, S).Soluzione

1.6 Distribuzioni condizionali ed indipendenza.

1. Siano X e Y v.a. indipendenti con P (X = k) = P (Y = k) = 1/2k, per k = 1, 2, . . ..Calcolare P (X 6= Y ).Soluzione

2. Si lancia una moneta tre volte. Sia Nk (k = 1, 2, 3) il numero di teste nei primi klanci. Trovare la distribuzione condizionale di N3 dato N1 = 1.Soluzione

3. Si lancia un dado due volte. Siano X e Y rispettivamente il risultato del primo e delsecondo lancio. Sia S = X +Y . Determinare la distribuzione condizionale di X datoche S = 4.Soluzione

6

4. La distribuzione condizionale di Y dato X = x, con x > 0, ha densita:

fY |X(y|x) =

xe−xy y ≥ 00 altrimenti

Calcolare la probabilita che Y sia maggiore di 2, dato che X = 3.Soluzione

5. * La distribuzione condizionale della variabile aleatoria Xi dato che X1 = x1, . . . , Xi−1 =xi−1 ha densita

fi(x) =

exi−1−x x ≥ xi−1

0 altrimenti

per i = 2, . . . , n. La densita di X1 e

f1(x) =

e−x x ≥ 00 altrimenti

Calcolare la densita congiunta di X1, . . . , Xn.Soluzione

6. * Si lancia una moneta quattro volte. Siano X e Y rispettivamente il numero diteste nei lanci pari e nei lanci dispari. Mostrare che X e Y sono variabili aleatorieindipendenti.Soluzione

1.7 Valore atteso

1. Un gioco consiste nel lanciare una moneta due volte. La vincita e 2$ se esce testa,testa e -1$ altrimenti. Il gioco e favorevole?Soluzione

2. Il tempo atteso di vita di un certo componente elettronico, misurata in ore, e 120.Quando il componente si danneggia, viene immediatamente sostituito. Calcolare iltempo medio di attesa per la terza sostituzione.Soluzione

3. Una variabile aleatoria ha funzione di probabilita

p(x) =

14

x = 0, 212

x = 10 altrimenti.

Calcolare il valore atteso di Y = eX+1.Soluzione

7

4. La funzione di probabilita congiunta delle variabili aleatorie X1, X2 e X3 e uguale a

p(x1, x2, x3) =

18

(x1, x2, x3) = (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1),(2, 2, 1), (2, 2, 3), (3, 3, 1), (3, 3, 2), (3, 3, 3)

0 altrimenti

Calcolare E(X3 −X1)2.

Soluzione

5. Sia X il numero di lanci di una moneta fino al comparire della quinta testa. Calcolareil valore atteso di X.Soluzione

6. Un gioco consiste nel lanciare una moneta e nel generare un numero casuale X trazero e uno. La vincita e 2X se compare testa e −1 se compare croce. Calcolare lavincita attesa.Soluzione

1.8 Momenti

1. Un gioco consiste nel lanciare un dado due volte. La vincita e- 5$ se compare (6,6)- 4$ se compaiono due risultati uguali, escluso (6,6)- 0 altrimenti.Calcolare la media e la deviazione standard della vincita.Soluzione

2. Si genera un numero casuale tra 0 e 1. Calcolare la media e la deviazione standard.Soluzione

3. Sia X una variabile aleatoria con funzione di densita

f(x) =

2x 0 ≤ x ≤ 10 altrimenti

Calcolare la media e la varianza di X.Soluzione

4. Sia X una variabile aleatoria con funzione di probabilita

p(x) =

14

x = −2,−1, 1, 20 altrimenti

Calcolare il momento terzo di X.Soluzione

8

5. Si lancia una moneta tre volte. Sia X2 il numero di teste nei primi due lanci, e X3

il numero di teste in tre lanci. Calcolare la funzione di regressione di X3 su X2 e lafunzione di regressione di X2 su X3.Soluzione

6. Un numero casuale X1 e scelto nell’intervallo [0, 1]; dopo aver osservato X1, un numeroaleatorio X2 viene scelto nell’intervallo [0, X1]. Calcolare la funzione di regressionedi X2 su X1.Soluzione

1.9 Distribuzione Normale

1. Sia X una v.a. con distribuzione N(2.8, 0.25). Calcolare la probabilita che X cadanell’intervallo [2.75, 2.76).Soluzione

2. Si dice che X ha una distribuzione lognormale (µ, σ2) se logX ∼ N(µ, σ).Sia X una v.a. con distribuzione lognormale di parametri −3.34 e 9.81. Determinarela probabilita che X assuma valori piu piccoli di 0.05.Soluzione

3. Siano X e Y v.a. indipendenti. Supponiamo inoltre che X ∼ N(−2.87, 35.28) eY ∼ N(1.26, 15.22). Determinare la probabilita che X − Y assuma valori piu piccolidi −3.Soluzione

4. Si lancia una moneta 64 volte. Calcolare la probabilita di osservare meno di 30”teste”.Soluzione

5. Le durate in vita in ore X1, X2, . . . , X100 di cento componenti elettronici sono v.a.independenti ed identicamente distribuite con valore atteso µ = 104 e deviazionestandard σ = 103. Calcolare la probabilita che la durata media dei componentiX = (X1 + . . . + X100)/100 sia inferiore a 10010 ore.Soluzione

1.10 Covarianza

1. Una moneta viene lanciata tre volte. Siano N1, N2, N3 il numero di teste dopo ilprimo, il secondo e il terzo lancio, rispettivamente. Calcolare V (N1), V (N2), V (N3),Cov(N1, N2), Cov(N1, N3), Cov(N2, N3).Soluzione

9

2. Siano X e Y due v.a. con V (X) = 2, V (Y ) = 5 e Cov(X, Y ) = −1. Trovare lavarianza della v.a. 3X − Y .Soluzione

3. Siano X e Y due v.a. con V (X) = 4, V (Y ) = 1 e Cov(X, Y ) = −1.88. Commentarela correlazione lineare tra X e Y .Soluzione

4. Siano X1, X2 e X3 v.a. con Cov(X1, X2) = −1 e Cov(X1, X3) = 2. Calcolare lacovarianza tra X1 e X2 − 4X3.Soluzione

5. Sia (X1, X2, X3) un vettore aleatorio tale che V (X1) = 2, V (X2) = 4, V (X3) = 6,Cov(X1, X2) = 0, Cov(X1, X3) = −1, Cov(X2, X3) = 2. Calcolare V (X1 + X2),V (X2 + X3) e Cov(X1 + X2, X2 + X3).Soluzione

1.11 Distribuzione Normale multivariata∗

1. Siano X1 e X2 v.a. independenti con distribuzione N(2.65, 9.24) eN(−3.99, 9.32) rispettivamente. Determinare la distribuzione del vettore aleatorio(Y1, Y2) dove Y1 = X1 + X2 e Y2 = X1 −X2.Soluzione

2. Sia (X1, X2) un vettore aleatorio con distribuzione normale di parametri µ = (6.25,−3.58),σ2

1 = 9.84, σ22 = 4.65 e σ1,2 = −1.95. Determinare la distribuzione di probabilita della

v.a. W = X1 −X2.Soluzione

3. Siano (X1, X2) e (Y1, Y2) vettori aleatori indipendenti entrambi con distribuzionenormale multivariata di parametri µX = (5.25, 8.48) µY = (−1.34,−6.29), σ2

X1=

9.87, σ2X2

= 2.81, σ2Y1

= 1.26, σ2Y2

= 8.66, σX1,X2 = −0.99, σY1,Y2 = 1.22. Determinarela distribuzione del vettore aleatorio (W1, W2), con W1 = X1 + X2 − (Y1 + Y2) eW2 = (X1 −X2) + (Y1 − Y2).Soluzione

4. Sia (X1, X2, X3, X4) un vettore con distribuzione normale con parametriµ = (0.22, 4.35,−0.01, 2.25), σ2

1 = 12.33, σ22 = 2.84, σ2

3 = 4.10, σ24 = 8.67, σ1,2 = 0.1,

σ1,3 = −0.32, σ1,4 = −0.0, σ2,3 = −0.20, σ2,4 = −0.15, σ3,40.025. Determinare ladistribuzione del vettore aleatorio (W1, W2) con W1 = (X1 + X2 + X3 + X4)/4 eW2 = X1 −X3.Soluzione

10

Capitolo 2

Soluzioni

2.1 Eventi

1. Ω = T, CT, CCT, CCCT, CCCCT, . . .,A =”Sono necessari meno di tre lanci”= T, CT.Torna al testo

2. Ω = TTT, TTC, TCT, CTT, TCC, CTC,CCT,CCC,A =”Testa al terzo lancio”= TTT, TCT, CTT, CCT.Torna al testo

3. Ω = TTT,TTC,TCT,CTT,TCC, CTC, CCT, CCCa)

X1(ω) =

1 ω = TTT, TTC, TCT, TCC0 ω = CTT,CCT,CTC,CCC

X2(ω) =

2 ω = TTC, TTT1 ω = TCT, TCC,CTT, CTC0 ω = CCT, CCC

X3(ω) =

3 ω = TTT2 ω = TTC, TCT, CTT1 ω = TCC, CTC, CCT0 ω = CCC

b) (X1 = X2) = ω ∈ Ω : X1(ω) = X2(ω) = croce al secondo lancio = CCC, CCT,TCT, TCC.Torna al testo

4. Ac ∩Bc ∩ Cc, (o equivalentemente (A ∪B ∪ C)c).Torna al testo

11

5. (A ∩Bc ∩ Cc) ∪ (Ac ∩B ∩ Cc) ∪ (Ac ∩Bc ∩ C).Torna al testo

2.2 Probabilita

1. Ω = (1, 1), (1, 2), (2, 1), . . . , (5, 6), (6, 5), (6, 6).A =“stesso risultato”= (1, 1), (2, 2), (3, 3), . . . , (6, 6). A contiene sei dei 36 diversirisultati elementari. Ogni evento elementare ha probabilita 1

36quindi P (A) = 6× 1

36=

16.

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2. Ω = T, CT, CCT, CCCT, . . ..A =“sono necessari n tentativi”= CCCC...CT︸ ︷︷ ︸

n

. Dunque P (A) = 12n .

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3. A =“esattamente un sei”. Significa: ”6” in un lancio, ”1” o ”2” o ”3” o ”4” o ”5”negli altri lanci. La probabilita che esca 6 in un lancio prefissato e un risultato diversoda ”6” negli altri lanci e uguale al numero dei casi favorevoli a tale evento diviso peril numero dei casi possibili, cioe 54

65 . D’altra parte il 6 puo risultare in uno qualsiasi

dei cinque lanci, quindi P (A) = 5(54

65 ) = (56)5.

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4. Ω = TTT, TCC, CTC, CCT, CTT, TCT, TTC, CCCA =”almeno una testa ”, significa: una o due o tre teste.D’altra parte Ac = TTT, P (Ac) = 1

8.

Quindi P (A) = 1− P (Ac) = 1− 18

= 78.

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2.3 Probabilita condizionale ed indipendenza

1. Al solito definiamo prima Ω.Ω =TTT, TTC, CTT, TCT, TCC, CTC, CCT, CCC.A =“testa al primo lancio”=TTT, TTC, TCT, TCC.B =“testa almeno una volta”= CCCc = TTT, TTC, CTT, TCT, TCC, CTC,CCT.Per definizione di probabilita condizionale, P (A|B) = P (A∩B)

P (B), per P (B) > 0. In

questo caso A ∩ B = A, perche A ⊂ B, quindi P (A|B) = P (A)P (B)

. Poiche P (A) = 4/8

e P (B) = 7/8, si ottiene P (A|B) = 47.

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12

2. A = ”Si osserva testa al terzo lancio”.B = ”Si osserva testa esattamente una volta”.A ∩B = ”Si osserva testa soltanto al terzo lancio”= CCTCC.Ω = ω = ω1, . . . , ω5 : ωi = C oppure T contiene 25 = 32 eventi elementari.Quindi P (B) = 5

32infatti B = TCCCC, CTCCC, CCTCC, CCCTC, CCCCT.

P (A ∩B) = 132

, P (A|B) = P (A∩B)P (B)

= 132

325

= 15.

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3. Il mazzo e composto dalle carte seguenti: 10 spade, 10 bastoni, 10 denari e 10 coppe.Indichiamo con S1 =“la prima carta e di spade.”S2 =“la seconda carta e di spade.”S3 =“la terza carta e di spade.”Allora P (S1 ∩ S2 ∩ S3) = P (S1)P (S2|S1)P (S3|S1 ∩ S2).Ora P (S1) = 10

40, P (S2|S1) = 9

39, P (S3|S1∩S2) = 8

38, quindi P (S1∩S2∩S3) = 10

40939

838

.Torna al testo

4. Per dimostrare che A e B sono independenti e sufficiente dimostrare che P (A∩B) =P (A)P (B). Ora P (A ∩ B) = 1

40, P (A) = 10

40, P (B) = 4

40, quindi P (A)P (B) = 1

4110

=140

= P (A ∩B).Torna al testo

5. Numero di palline = 20. Definiamo gli eventi seguenti: A =“esce una pallina bianca”B =“esce una pallina numerata con 0”. Siccome ci sono dieci palline bianche e seipalline numerate con 0, P (A) = 1/2 e P (B) = 6

20. Ora A ∩ B=“esce una pallina

bianca numerata con 0” ha probabilita 220

. Siccome P (A ∩ B) 6= P (A)P (B), segueche A e B non sono indipendenti.A e B non sono indipendenti in quanto la proporzione di palline numerate con 0 ediversa tra le palline bianche e le palline nere.Torna al testo

6. A = numero pari al primo lancio. P (A) = 12.

B = numero pari al secondo lancio. P (B) = 12.

C = la somma dei due lanci e pari. L’evento C si verifica soltanto se i risultatidei due lanci sono entrambi pari o entrambi dispari. Quindi P (C) = 1

2. Mentre

P (C|A ∩B) = 1.A, B e C non sono indipendenti in quanto A e B congiuntamente implicano C.Torna al testo

2.4 Variabili aleatorie

1. X ∼ Bi(5, 0.25)P (X ≥ 2) = 1− P (X = 0)− P (X = 1).

13

P (X = 0) =(50

)0.250(1− 0.25)5

P (X = 1) =(51

)0.25(0.75)4

P (X ≥ 2) = 1− 0.755 − 5(0.25)(0.75)4 = 0.3671.

2. Chiamiamo ”successo” l’evento ”esce testa”. Poiche X conta il numero di successisu 4 prove, X ha distribuzione binomiale con probabilita di successo p = 1

2. Dunque

X ∼ Bi(4, 12), ovvero X assume i valori 1, 2, 3, 4 e

P (X = 0) =(40

)(1

2)0(1

2)4 = (1

2)4

P (X = 1) =(41

)(1

2)1(1

2)3 = 4(1

2)4

P (X = 2) =(42

)(1

2)2(1

2)2 =

(42

)(1

2)4

P (X = 3) =(43

)(1

2)3(1

2)1 = 4(1

2)4

P (X = 4) =(44

)(1

2)4(1

2)0 = (1

2)4

3. Chiamiamo ”successo” l’evento ”esce 6”. Poiche X conta il numero di successi su nprove, X ha distribuzione binomiale. La probabilita di successo e p = 1

6. Dunque

RX = 0, 1, 2, . . . , n e

P (X = x) =

(nx

)(1

6)x(5

6)n−x x=0, 1, 2, . . . , n

0 altrove

4. Lo spazio degli eventi elementari e Ω = T,CT, CCT, . . . , CCC . . ..P (X = x) = P (CCC . . . C︸ ︷︷ ︸

x−1

T ) = (12)x−1 1

2= (1

2)x, per x = 1, 2, . . ..

5. * RX = 0, 1, 2. Siano:A1 = X = 0 = CCC,CCTA2 = X = 1 = TCC, CTC, TCT,CTTA3 = X = 2 = TTC, TTTQuindi σ(X) = ∅, A1, A2, A3, A2 ∪ A3, A1 ∪ A3, A1 ∪ A2, Ω.

6. P (X ≥ 1) =∫∞

1e−xdx = [−e−1]∞1 = 1

e.

7. Ω = [0, 1].RX = −1 ∪ (1.6, 2].P (X = −1) = P (Z ≤ 0.8) = 0.8, P (X > 1.8) = P (Z > 0.9) = 0.1.

8. Sia A = ”testa”. Allora P (0.5 < W < 0.7) = P (A ∩ 0.5 < X < 0.7) =P (A)P (0.5 < X < 0.7) = 1

20.2 = 0.1.

Poiche |W | = X, P (|W | < 0.1) = P (X < 0.1) = 0.1.

14

2.5 Vettori aleatori

1. Le variabili aleatorie X e Y possono essere descritte dalla seguente tabella

Ω X YTTT 2 3TTC 2 2TCT 1 2TCC 1 1CTT 1 2CTC 1 1CCT 0 1CCC 0 0

Quindi il vettore aleatorio (X, Y ) ha la seguente distribuzione di probabilita

Y 0 1 2 3X0 1/8 1/8 0 01 0 2/8 2/8 02 0 0 1/8 1/8

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2. P (X = Y ) = P (X = −1, Y = −1) + P (X = 0, Y = 0) + P (X = 1, Y = 1);P (X = −1, Y = −1) = 1

8

P (X = 0, Y = 0) = 0P (X = 1, Y = 1) = 1

8.

Quindi P (X = Y ) = 14.

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3. Indichiamo con ω1 e ω2 i risultati del primo e del secondo lancio rispettivamente. Ilvettore aleatorio (X,Y ) puo essere descritto mediante la seguente tabella.

ω2 1 2 3 4 5 6ω1

1 (1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) (1, 6)2 (1, 2) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6)3 (1, 3) (2, 3) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6)4 (1, 4) (2, 4) (3, 4) (4, 4) (4, 5) (4, 6)5 (1, 5) (2, 5) (3, 5) (4, 5) (5, 5) (5, 6)6 (1, 6) (2, 6) (3, 6) (4, 6) (5, 6) (6, 6)

15

Dunque la distribuzione di probabilita congiunta di X e Y e

Y 1 2 3 4 5 6X1 1/36 2/36 2/36 2/36 2/36 2/362 0 1/36 2/36 2/36 2/36 2/363 0 0 1/36 2/36 2/36 2/364 0 0 0 1/36 2/36 2/365 0 0 0 0 1/36 2/366 0 0 0 0 0 1/36

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4. * Gli eventi in σ(N1, N2) sono gli eventi che non dipendono dal risultato al terzolancio.Torna al testo

5. * Sia A1 = Y = 1 = (1, 1), (2, 1), . . . , (6, 1). Allora A1 ∈ σ(Y ) ma A1 6∈ σ(S),poiche A1 non puo essere scritta come S ∈ B.Sia A2 = S = 3 = (1, 2), (2, 1). Allora A2 ∈ σ(S) ma A2 6∈ σ(Y ) dato che A2

non puo essere scritta come Y ∈ B.Quindi σ(Y ) 6= σ(S) e nessuna relazione di inclusione vale.D’altra parte, poiche (X, S) e una funzione di (X, Y ), σ(X, S) ⊆ σ(X,Y ); inoltre,poiche (X, Y ) e una funzione di (X, S), σ(X, Y ) ⊆ σ(X, S).Quindi σ(X, Y ) = σ(X, S).Torna al testo

2.6 Distribuzioni condizionali ed indipendenza

1.

P (X 6= Y ) = 1− P (X = Y ) = 1−∞∑

k=1

P (X = k, Y = k)

= 1−∞∑

k=1

P (X = k)(Y = k) = 1−∞∑

k=1

(1

2k)2 = 1− 1

4

∞∑k=0

(1

4)k

= 1− 1

4

1

1− 14

= 1− 1

3' 0.667.

Torna al testo

16

2. Sia Y = N3 −N1 il numero di teste osservate ai lanci due e tre. Notiamo che N1 e Ysono variabili aleatorie indipendenti. Quindi

P (N3 = 1|N1 = 1) = P (Y = 0|N1 = 1) = P (Y = 0) = 1/4

P (N3 = 2|N1 = 1) = P (Y = 1|N1 = 1) = P (Y = 1) = 1/2

P (N3 = 3|N1 = 1) = P (Y = 2|N1 = 1) = P (Y = 2) = 1/4.

La distribuzione condizionale di N3 dato che N1 = 1 e quindi

x P (N3 = x|N1 = 1)1 1/42 1/23 1/4

Torna al testo

3. Osserviamo che

P (X = 1|S = 4) =P (X = 1, S = 4)

P (S = 4)=

P (X = 1, Y = 3)

P (S = 4)=

1/36

3/36=

1

3

P (X = 2|S = 4) =P (X = 2, S = 4)

P (S = 4)=

P (X = 2, Y = 1)

P (S = 4)=

1/36

3/36=

1

3

P (X = 3|S = 4) =P (X = 3, S = 4)

P (S = 4)=

P (X = 3, Y = 1)

P (S = 4)=

1/36

3/36=

1

3

Quindi

P (X = x|S = 4)

13

x = 1, 2, 30 altrove

Torna al testo

4.

P (Y ≥ 2|X = 3) =

∫ ∞

2

3e−3ydy = [−e−3y]∞2 = e−6

Torna al testo

5. * In base alla definizione di funzione di densita di probabilita condizionale

fX1,...Xn(x1, . . . xn) = fX1(x1)fX2|X1(x2|x1)fX3|X1,X2(x3|x1, x2) · · · fXn|X1,...Xn−1(xn|x1, . . . , xn)

17

QuindifX1,...,Xn(x1, . . . xn)

=

e−x1(ex1−x2)ex2−x3ex3−x4 · · · exn−1−xn = e−xn xn ≥ xn−1 ≥ xn−2 ≥ . . . x1 ≥ 00 altrove.

Torna al testo

6. * Sia Ai l’evento ”testa al lancio i-esimo” . Allora A1, . . . , A4 sono eventi indipendenti.Quindi 1A1 , . . . , 1A4 sono v.a. indipendenti. Inoltre X = 1A1 + 1A3 e Y = 1A2 + 1A4 .Quindi, come funzioni di vettori aleatori indipendenti, X e Y sono v.a. independenti.Torna al testo

2.7 Valore atteso

1. Ω = TT, CT, TC, CC

W (ω) =

+2$ ω ∈ TT−1$ ω ∈ TC, CT, CC P (W = w) =

14

w = 234

w = −1

E(W ) = 2(14)− 3

4= −1

4.

Il valore atteso e negativo quindi il gioco e sfavorevole.

Torna al testo

2. Sia X1 la durata in vita di un componente elettronico messo in uso al tempo zero.Sia X2 la durata in vita di un componente elettronico messo in uso dopo la primasostituzione. Sia X3 la durata in vita di un componente elettronico messo in usodopo la seconda sostituzione. Il tempo di attesa per la terza sostituzione X e ugualea X1+X2+X3. Poiche E(X1) = E(X2) = E(X3) = 120, E(X) = E(X1+X2+X3) =E(X1) + E(X2) + E(X3) = 360Torna al testo

3. X e una v.a. discreta. Quindi

E(eX+1) =∑

x=0,1,2

ex+1P (X = x) = e1

4+ e2 1

2+ e3 1

4=

e + 2e2 + e3

4' 9.4.

Torna al testo

18

4. (X1, X2, X3) e un vettore aleatorio discreto. Quindi

E(X3 −X1)2 =

∑x1,x2,x3

(x3 − x1)2P (X1 = x1, X2 = x2, X3 = x3)

= (1−0)2 1

8+(0−0)2 1

8+(1−0)2 1

8+(1−2)2 1

8+(3−2)2 1

8+(1−3)2 1

8+(2−3)2 1

8+(3−3)2 1

8=

9

8.

Torna al testo

5. X = X1 + X2 + . . . + X5, dove Xi = numero di lanci dopo la (i − 1)-esima ”testa”e fino alla i-esima ”testa”. Poiche P (Xi = x) = (1

2)x, E(Xi) =

∑∞x=1 x(1

2)x = 2.

Quindi E(X) = E(X1) + E(X2) + . . . + E(X5) = 5 · 2 = 10.Torna al testo

6. Sia A l’evento: “compare testa” e sia W la vincita. Sia 1A la v.a. che vale 1 se escetesta, e 0 se esce croce. Sia inoltre 1A la v.a che vale 1 se esce croce e 0 se esce testa.Allora W = 2X1A − 1A. Poiche X e 1A sono v.a. indipendenti,

E(W ) = E(2X1A − 1A) = E(2X1A)− E(1A) = 2E(X)1

2− 1

2= 0

Torna al testo

2.8 Momenti

1. Denotiamo con W la vincita del gioco. Allora

P (W = w) =

3036

w = 0536

w = 4136

w = 5

EW = 0(3036

) + 4( 536

) + 5( 136

) = 2536' 0.69.

EW 2 = 16( 536

) + 25( 136

) = 10536

.σ2

w = EW 2 − (EW )2 = 10536− (25

36)2 = 3155

1296.

σ =√

315536

' 1.56Torna al testo

2. Sia X il numero casuale in [0, 1]. La funzione di densita di X e

f(x) =

1 0 < x < 10 altrove

19

Quindi EX =∫ 1

0xdx = [x2

2]10 = 1

2= 0.5

EX2 =∫ 1

0x2dx = [x3

3]10 = 1

3.

V ar(X) = EX2 − (EX)2 = 13− (1

2)2 = 1

12. Quindi la deviazione standard di X e

σX =√

1/12 ' 0.289Torna al testo

3. EX =∫ 1

0x(2x)dx =

∫ 1

02x2dx = 2[x3

3]10 = 2(1

3) = 2

3' 0.667.

EX2 =∫ 1

0x22xdx =

∫ 1

02x3dx = 2[x4

4]10 = 2(1

4) = 1

2.

V ar(X) = 12− 4

9= 1

18' 0.0556.

Torna al testo

4. X e una v.a. discreta quindi EX3 =∑

x x3p(x).

p(x) =

14

x = −2,−1, 1, 20 altrove.

Quindi EX3 = −8(14)− 1(1

4) + 1(1

4) + 8(1

4) = 0.

Torna al testo

5. Il numero di teste in tre lanci e X2 con probabilita 1/2 e X2 + 1 con probabilita 1/2.Quindi P (X3 = x|X2 = x) = P (X3 = x + 1|X2 = x) = 1/2. Segue che la funzione diregressione di X3 su X2 e E(X3|X2 = x) = 1/2 x + 1/2 (x + 1) = x + 1/2.Determiniamo ora la funzione di regressione di X2 su X3. Osserviamo che se X3 = 0,allora X2 = 0, mentre se X3 = 3, allora X2 = 2. Inoltre

P (X2 = 2|X3 = 2) =P (X2 = 2, X3 = 2)

P (X3 = 2)= 1/3

P (X2 = 1|X3 = 2) =P (X2 = 1, X3 = 2)

P (X3 = 2)= 2/3

P (X2 = 1|X3 = 1) =P (X2 = 1, X3 = 1)

P (X3 = 1)= 2/3

P (X2 = 0|X3 = 1) =P (X2 = 0, X3 = 1)

P (X3 = 1)= 1/3.

Quindi E(X2|X3 = 0) = 0, E(X2|X3 = 1) = 2/3, E(X2|X3 = 2) = 4/3, E(X2|X3 =3) = 2. La funzione di regressione di X2 su X3 e dunque E(X2|X3 = x) = 2/3 x.Tale risultato indica che in media 2/3 del numero totale di teste sono osservate neiprimi due lanci.Torna al testo

6. Subordinatamente a X1 = x, X2 e un numero aleatorio tra zero e x. QuindiE(X2|X1 = x) = x/2.Torna al testo

20

2.9 Distribuzione Normale

1. X e una v.a. con distribuzione normale, µ = 2.8 e σ2 = 0.25.Quindi P (2.75 < X < 2.76) = P (2.75−2.8

0.5< Z < 2.76−2.8

0.5) = P (−0.1 < Z < −0.08),

dove Z = (X − µ)/σ = (X − 2.8)/0.5 e una v.a. con distribuzione normale stan-dardizzata. Poiche la distribuzione normale standardizzata e simmetrica P (−0.1 <Z < −0.08) = P (0.08 < Z < 0.1) = φ(0.1) − φ(0.08), dove φ e la funzione di ri-partizione della distribuzione normale standardizzata. I valori di φ(0.1) e φ(0.08)possono essere ricavati dalle tavole statistiche. Essi sono 0.5398 e 0.5319. QuindiP (2.75 < X < 2.76) = 0.5398− 0.5319 = 0.0079Torna al testo

2. Poiche X ∼ log N(−3.34, 9.81), log X ∼ N(−3.34, 9.81). Quindi, se Φ indica lafunzione di ripartizione normale standardizzata

P (X < 0.05) = P (log X < log 0.05) = P (log X < −2.995)

= P (log X + 3.34√

9.81<−2.995 + 3.34√

9.81) = P (

log X + 3.34√9.81

<0.345

3.13)

= P (log X + 3.34√

9.81< 0.11) = Φ(0.11) = 0.5438

Torna al testo

3. Poiche X e Y sono v.a. indipendenti, con distribuzione normale, X − Y ha dis-tribuzione normale con parametri µ = −2.87− 1.26 = −4.13 e σ2 = 35.28 + 15.22 =50.5. Quindi, se Φ denota la funzione di ripartizione della normale standardizzata,P (X − Y < −3) = P (X−Y−µ

σ< −3−µ

σ) = Φ(−3+4.13

7.106) = Φ(0.159) = 0.5636.

Torna al testo

4. Sia Xi l’indicatore dell’evento ”testa al primo lancio” i” (i = 1, . . . , 64). Allora ilnumero di ”teste” e X =

∑64i=1 Xi. Si noti che X1, . . . , X64 sono v.a. indipendenti ed

identicamente distribuite di media µ = 1/2 e deviazione standard σ = 1/2. Quindi,per il teorema centrale del limite,

P (56∑i=1

Xi < 30) = P (

∑64i=1 Xi − 64 · 1/2√

64 · 1/2<

30− 64 · 1/2√64 · 1/2

)

' Φ(30− 64 · 1/2√

64 · 1/2) = Φ(−0.5) = 1− Φ(0.5) = 1− 0.6915 = 0.3085.

Torna al testo

21

5. Poiche X1, . . . , X100 sono v.a. indipendenti ed identicamente distribuite, per il teore-ma centrale del limite,

P (

∑100i=1 Xi

100< 10010) = P (

100∑i=1

Xi < 10010 · 100)

= P (

∑100i=1 Xi − 104 · 100√

100 · 103<

10010 · 100− 10000 · 100√100 · 103

)

' Φ(10010 · 100− 10000 · 100√

100 · 103) = Φ(

1000

10000) = Φ(0.1) = 0.5398.

Torna al testo

2.10 Covarianza

1. Sia Xi il numero di ”teste” al lancio i (i = 1, 2, 3). Allora X1, X2, X3 sono v.a.indipendenti ed identicamente distribuite con distribuzione di probabilita

x probab.0 1/21 1/2

Inoltre N1 = X1, N2 = X1 + X2 = N1 + X2 e N3 = X1 + X2 + X3 = N1 + X2 + X3 =N2 + X3. Quindi E(N1) = E(X1) = 1/2, E(N2) = E(X1) + E(X2) = 1/2 + 1/2 = 1e E(N3) = E(X1) + E(X2) + E(X3) = 1/2 + 1/2 + 1/2 = 3/2.

Inoltre, poiche V (Xi) = 1/4, V (N1) = V (X1) = 1/4, V (N2) = V (X1)+V (X2) = 1/2,V (N3) = V (X1) + V (X2) + V (X3) = 3/4. Per calcolare le covarianze, basta notareche Ni e Xj sono v.a independenti, quando j > i. Quindi

Cov(N1, N2) = Cov(N1, N1 + X2) = Cov(N1, N1) = V (N1) = 1/4

Cov(N1, N3) = Cov(N1, N1 + X2 + X3) = Cov(N1, N1) = V (N1) = 1/4

Cov(N2, N3) = Cov(N2, N2 + X3) = Cov(N2, N2) = V (N2) = 1/2.

Torna al testo

2. Ricordiamo che V ar(aX + bY ) = a2V ar(X) + b2V ar(Y ) + 2abCov(X, Y ). QuindiV ar(3X−Y ) = 9V ar(X)+V ar(Y )−6Cov(X, Y ) = 9(2)+5−6(−1) = 18+5+6 = 29Torna al testo

22

3. Calcoliamo il coefficiente di correlazione lineare ρ(X, Y ) = Cov(X,Y )σXσy

= Cov(X,Y )√V ar(x)V ar(Y )

.

In questo caso ρ(X, Y ) = −1.88√4

= −1.882

= 0.99. Poiche ρ e prossimo a −1, c’e unaforte correlazione lineare negativa tra X e Y .Torna al testo

4. Cov(X1, X2 − 4X3) = Cov(X1, X2)− 4Cov(X1, X3) = −1− 4(2) = −9.Torna al testo

5. V (X1 + X2) = V (X1) + V (X2) + 2Cov(X1, X2) = 2 + 4 = 6V (X2 + V3) = V (X2) + V (X3) + 2Cov(X2, X3) = 4 + 6 + 2(2) = 14Cov(X1 + X2, X2 + X3) = Cov(X1, X2) + Cov(X1, X3) + V (X2) + Cov(X2, X3) =−1 + 4 + 2 = 5Torna al testo

2.11 Distribuzione Normale multivariata∗

1. Il vettore aleatorio (X1, X2) ha distribuzione normale multivariata con vettore dellemedie e matrice di varianze e covarianze

µX =

(2.65−3.99

)ΣX =

(9.24 00 9.32

)Inoltre (

Y1

Y2

)=

(1 11 −1

) (X1

X2

)Quindi (Y1, Y2) e un vettore aleatorio con distribuzione normale multivariata e vettoredelle medie

µY =

(1 11 −1

) (2.65−3.99

)=

(−1.346.64

)e matrice di varianze e covarianze

ΣY =

(1 11 −1

) (9.24 00 9.32

) (1 11 −1

)=

(18.56 −0.08−0.08 18.56

)

Torna al testo

2. La v.a. W ha distribuzione normale con parametri µW = E(W ) = E(X1)−E(X2) =6.25 + 3.58 = 9.83 e σ2

W = V (W ) = V (X1) + V (X2)− 2Cov(X1, X2) = 9.84 + 4.65−2 · (−1.95) = 18.39.Torna al testo

23

3. Il vettore aleatorio (X1, X2, Y1, Y2) ha distribuzione normale multivariata con vettoredelle medie

µ =

5.258.48−1.34−6.29

e matrice di varianze e covarianze

Σ =

9.87 −0.99 0 0−0.99 2.81 0 0

0 0 1.26 1.220 0 1.22 8.66

Poiche (

W1

W2

)=

(1 1 −1 −11 −1 1 −1

) X1

X2

Y1

Y2

il vettore aleatorio W ha distribuzione normale con vettore delle medie

µW =

(1 1 −1 −11 −1 1 −1

) 5.258.48−1.34−6.29

=

(21.361.72

)

e matrice di varianza e covarianza

ΣW =

(1 1 −1 −11 −1 1 −1

) 9.87 −0.99 0 0−0.99 2.81 0 0

0 0 1.26 1.220 0 1.22 8.66

1 11 −1−1 1−1 −1

=

(8.88 1.82 −2.48 −9.8810.86 −3.8 0.04 −7.44

) 1 11 −1−1 1−1 −1

=

(23.0.6 14.4614.46 22.14

)

Torna al testo

4. Il vettore aleatorio (X1, X2, X3, X4) ha distribuzione normale multivariata con vettoredelle medie

µ =

0.224.35−0.012.25

24

e matrice di varianza e covarianza

Σ =

12.33 0.1 −0.32 −0.010.1 2.84 −0.2 −0.15−0.32 −0.2 4.10 0.25−0.01 −0.15 0.25 8.67

Poiche (

W1

W2

)=

(1 1 1 11 0 −1 0

) X1

X2

Y1

Y2

il vettore aleatorio W ha distribuzione normale multivariata con vettore delle medie

µW =

(1 1 1 11 0 −1 0

) 0.224.35−0.012.25

=

(6.810.23

)

e matrice di varianza e covarianza

ΣW =

(1 1 1 11 0 −1 0

) 12.33 0.1 −0.32 −0.010.1 2.84 −0.2 −0.15−0.32 −0.2 4.10 0.25−0.01 −0.15 0.25 8.67

1 11 01 −11 0

=

(12.1 2.59 3.83 8.7612.65 0.3 −4.42 −0.26

) 1 11 01 −11 0

=

(27.28 8.278.27 17.07

)

Torna al testo

25