ESERCIZI SULLE PROBABILITA’ E LE VARIABILI ALEATORIE

Esercizio N. 1 Calcolare:

- la probabilità di vincere la rendita ventennale (4000 euro al mese) al “Win for life”, - la probabilità di fare il “6” o il “5 + 1” al Super Enalotto, - la probabilità di fare 14 al Totocalcio.

In ognuno dei tre contesti si tratta, prima di tutto, di calcolare il numero di casi possibili. Win for Life Ricordiamo che per vincere la rendita ventennale occorre:

a) indovinare 10 numeri che saranno estratti da un pannello di 20 numeri, b) indovinare il “numerone”, che a sua volta è compreso tra 1 e 20 e può coincidere o meno

con uno dei numeri estratti. Il numero di casi a) è pari alle combinazioni semplici, senza ripetizioni, di 10 elementi, presi da un insieme che ne contiene 20. La formula da applicare è dunque quella del coefficiente binomiale:

!!( )!E

n nNk n kk

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎜ ⎟ −⎝ ⎠ (1)

con n = 20 e k = 10. Sostituendo i valori numerici si trova: 184756EN = La probabilità di indovinare 10 numeri in una puntata casuale è allora:

61 5.4 10184756aP −= ≈ ⋅ (2)

La probabilità di vincere la rendita ventennale, però, non è ancora fornita dalla (2). Occorre infatti tener conto del numerone, il quale aumenta il numero dei casi fino a: 184756 20 3695120a bN + = × = e riduce la probabilità di un fattore 20, portandola a:

71 2.7 103695120a bP −

+ = ≈ ⋅ . (3)

Visto che la giocata minima è di un euro, l’equità del gioco richiederebbe una vincita pari a 3695120 euro. In realtà, tenendo conto che con la vincita della rendita ventennale vengono assegnati ulteriori 10000 euro (premio di categoria inferiore automaticamente assegnato) la vincita complessiva è di 20×12×4000 + 10000 = 970000 euro, quindi oltre 3.8 volte minore. Per non considerare il fatto che, nel caso di vincitori multipli, la rendita viene divisa tra essi. E’ anche importante osservare che si può vincere la rendita ventennale anche non indovinando alcun numero estratto, ed indovinando il numerone (la stessa simmetria vale anche per i premi minori, qui non presi in esame). Ciò si giustifica immediatamente osservando che non indovinare

1

alcun numero è del tutto equivalente ad indovinare 10 numeri (quelli non estratti). Ne consegue che la probabilità di fare “0” è uguale alla probabilità di fare “10”. Super Enalotto Per il Super Enalotto la sequenza dei 6 numeri vincenti (lasciando da parte il numero jolly) si ottiene, casualmente, dall’insieme dei 90 numeri in gioco. Ricordiamo che il regolamento del gioco prevede che i 6 numeri siano tutti diversi tra loro. Di conseguenza, il numero di casi possibili NE è dato dal numero di combinazioni semplici, senza ripetizioni, di 6 elementi, presi da un insieme che ne contiene 90. La formula da applicare è dunque ancora la (1) con n = 90 e k = 6. Sostituendo i valori numerici si trova: 622614630EN = La probabilità di vittoria di una giocata singola (6 numeri) è allora pari all’inverso di NE e quindi a:

91 1.6 10622614630EP −= ≈ ⋅

(4)

Da un diverso punto di vista, il valore di NE esprime ovviamente anche il numero di combinazioni necessarie per avere la certezza di fare 6 punti1. In questo caso, dunque, il gioco sarebbe equo se, a fronte di 1 euro giocato (costo della giocata minima, che però corrisponde alla scelta di due combinazioni), si avesse la certezza di riceverne, totalizzando 6 punti, 622614630. Il “giusto” premio, dunque, sarebbe di 311307315 euro. In realtà, la vincita più alta ad oggi realizzata, il 22 agosto 2009, a Bagnone (MS), è stata di quasi 148 milioni di euro. Per quanto concerne il 5 + 1, la probabilità di vincita può essere calcolata come segue. Sia: a b c d e f la sequenza di 6 numeri giocata dallo scommettitore e A B C D E F la sequenza estratta. Ipotizziamo che le due sequenze non coincidano e che dunque la giocata non abbia prodotto un 6. Chiediamoci preliminarmente quale sia la probabilità del 52.

1 A rigore questa affermazione non è completamente vera. Da regolamento del gioco, esiste infatti la possibilità che la sestina non venga completata (e dunque premiata). Ciò avviene quando i 5 numeri estratti sulla sesta ruota (Roma) sono identici a quelli già attribuiti alle ruote precedenti. La probabilità che ciò avvenga è ovviamente pari alla probabilità di fare cinquina su una data ruota del gioco del lotto (N.B.: giocando 5 numeri) e dunque, ripetendo il ragionamento fatto

sopra, vale ( )

1905

. Introducendo questa correzione (che tiene dunque conto della probabilità di completare la sestina), la

(4) dovrebbe essere sostituita dall’espressione seguente: ( ) ( )

1 1190 906 5

EP

⎡ ⎤⎢ ⎥

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. La correzione non modifica in maniera

apprezzabile la PE ma, riducendo la probabilità di vincita, mette ulteriormente in evidenza la non equità del gioco in cui il premio dipende dall’ammontare delle giocate, attuali e precedenti, fatte dagli scommettitori, e non tiene conto dell’esiguità del valore di PE (come sarebbe invece necessario in un gioco equo).

2

Si realizza un 5 quando uno e uno solo dei numeri estratti assume uno degli 84 valori che non fanno parte della giocata. D’altro canto, questo numero, che non è stato individuato, può essere uno qualunque dei 6 estratti. In totale, quindi, si hanno 84×6 casi favorevoli a questo evento, sul totale dei casi possibili. In definitiva, la probabilità di realizzare un 5 sarà allora: 84 6

906

×⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Una volta realizzato il 5, si realizza il 5 + 1 se il numero non uscito coincide con il numero jolly. Sempre in virtù del regolamento del gioco, il numero jolly può assumere, per ogni estrazione, 84 valori (questo perché non può coincidere con alcuni dei numeri estratti) e dunque la probabilità di indovinarlo (o, meglio, di averlo indovinato ove si consideri la specifica estrazione), sarà 1/84. Gli eventi elementari sono ovviamente indipendenti e dunque le relative probabilità (di aver realizzato un 5 e di indovinare il numero jolly) si moltiplicano. In definitiva, la probabilità di realizzare un 5 + 1 sarà allora: 84 6 1 6

90 90846 6

×× =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

sei volte maggiore della probabilità di realizzare un 6. Totocalcio In questo caso si hanno 14 risultati, ciascuno suscettibile di assumere 3 valori (1, X, 2). Il numero dei casi possibili diventa allora 143 4782969TN = = Come si vede, questo numero è circa 130 volte minore del valore di NE calcolato più sopra per il Super Enalotto. Corrispondentemente, la probabilità di vittoria giocando una singola colonna vale:

71 2.09 104782969TP −= ≈ ⋅ (5)

ed è quindi più di due ordini di grandezza maggiore della (3). Vincere al Super Enalotto è dunque assai più complicato che vincere al Totocalcio. In realtà poi, lo squilibrio tra le due situazioni si accentua se si considera che mentre le sequenze del Super Enalotto sono effettivamente equiprobabili (almeno dal punto di vista di chi gioca) nel caso del Totocalcio molte delle sequenze teoricamente possibili vengono in realtà scartate dalla logica e dalle modalità con le quali si “costruisce” il risultato: ad esempio, non si ha memoria storica, e non v’è motivo per ritenere che potrà aversi in futuro, di una colonna Totocalcio costituita da tutti segni 2. Resta il fatto che anche nel caso del Totocalcio il montepremi dipende dall’ammontare delle giocate. Trattandosi di un gioco che è stato estremamente popolare in passato ma che attualmente è considerato “fuori moda”, le vincite sono modeste: la più elevata è stata realizzata a Meda (MI) il 13 marzo 2005, ed ha portato nelle tasche del vincitore 1963484 euro.

2 Anche qui, e in quanto seguirà, trascuriamo per semplicità la probabilità di non completare la sestina.

3

4

Esercizio N. 2 Si consideri l’esperimento che consiste nel lancio simultaneo di due dadi (non truccati). Si definisca la variabile aleatoria discreta X come la somma dei numeri risultanti dal lancio. Si descrivano le principali caratteristiche statistiche della variabile X. Il primo passo consiste nella individuazione del numero e del valore dei possibili risultati dell’esperimento aleatorio considerato. Visto che ogni dado può produrre 6 uscite diverse, i casi possibili sono 6×6 = 36 e la variabile X assume valori compresi tra 2 (ambedue i dadi danno valore 1) e 12 (ambedue i dadi danno valore 6). Se, come si è ipotizzato, i dadi non sono truccati ogni combinazione ha la stessa probabilità di verificarsi. D’altro canto, alcune combinazioni producono lo stesso risultato; ad esempio, X = 3 si ottiene sia nel caso che il primo dado dia 1 e il secondo 2, sia nel caso, simmetrico del precedente, che il primo dado dia 2 e il secondo 1. X = 4 può essere il risultato di un lancio in cui ambedue i dadi assumono il valore 2, o di un lancio in cui il primo dado fornisce 1 e il secondo 3, oppure ancora di un lancio in cui il primo dado fornisce 3 e il secondo 1. Questi eventi si escludono vicendevolmente e quindi le loro probabilità possono essere sommate. Estendendo il ragionamento iniziato più sopra ed indicando con P(i) la probabilità che X = i, si trova:

1(2) (12)362(3) (11)

363(4) (10)

364(5) (9)

365(6) (8)

366 1(7)

36 6

P P

P P

P P

P P

P P

P

= =

= =

= =

= =

= =

= =

(6)

Si verifica immediatamente che

(7) 12

2( ) 1

iP i

==∑

così come è necessario per la condizione di normalizzazione. A partire dalle (6), è possibile graficare l’andamento della funzione densità di probabilità fX(x) per la variabile X. Trattandosi di una variabile discreta, fX(x) è costituita da una sequenza di impulsi matematici allocati in corrispondenza dei valori possibili per X e di area pari alla corrispondente probabilità. Il risultato è riportato in Figura 1, dove le delta di Dirac sono state rappresentate con altezza diversa, proprio a tener conto “visivamente” della diversa area. La funzione di ripartizione, o distribuzione di probabilità cumulativa, FX(x) rappresenta la probabilità che X ≤ x. Nel caso, in esame, di variabile discreta si tratta di una funzione a gradini, in quanto la probabilità si incrementa ogni volta che si incontra un valore possibile. L’andamento grafico per il caso in esame è riportato in Figura 2.

5

f (x)

x2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

X

Figura 1

F (x)

x2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1

0

X

Figura 2 A questo punto possiamo calcolare il valore medio della variabile X. Ricordando la definizione, si ottiene direttamente:

(8) 12

2( ) 7X

im i P i

== ⋅ =∑

Questo risultato poteva essere previsto anche semplicemente guardando all’andamento di fX(x), che è appunto centrata su tale valore. Infine, possiamo calcolare la varianza che, sempre ricordando la definizione generale, risulta:

(9) ( )12 22

2( ) 5.833X X

ii m P iσ

== − ⋅ =∑

La radice quadrata della (9) fornisce la deviazione standard (o scarto quadratico medio) σX, il cui valore risulta allora pari a 2.415.

6

Esercizio N. 3 Un esempio significativo di applicazione della teoria delle variabili aleatorie di tipo discreto si rinviene nel cosiddetto canale binario, di importanza fondamentale nell’ambito delle trasmissioni numeriche. Si consideri dunque il caso di una sorgente numerica binaria, che emette i simboli 0 e 1 con probabilità P0 e P1 rispettivamente. Transitando lungo il canale di trasmissione, ove sono presenti rumore e altre cause di disturbo, il simbolo trasmesso può essere distorto e, conseguentemente equivocato in ricezione. Indichiamo con pij (i = 0, 1; j = 0, 1) la probabilità che, trasmesso il simbolo “i”, in ricezione venga rivelato il simbolo “j”. In un canale ideale sarebbe, evidentemente, p00 = p11 = 1 e p01 = p10 = 0. Nel canale reale, invece, le probabilità di transizione da un simbolo all’altro sono in generale diverse da zero, e la situazione è illustrata in Figura 3.

P0

1P

P

P1

0p

p

p

p

00

01

10

11

‘

‘

Figura 3 I simboli 0 e 1 in ricezione sono caratterizzati da probabilità P0’ e P1’, ottenibili come:

(10) 0 0 00 1 1

1 0 01 1 11

''

P P p P pP P p P p

= +

= +0

In particolare compare, e la sua valutazione è estremamente importante in pratica, una probabilità di errore (11) 0 01 1 10EP P p P p= + che appunto si verifica quando, avendo trasmesso un simbolo, si riceve il simbolo complementare. Per un canale del tipo illustrato in Figura 3, si assuma: P0 = 0.8, P1 = 0.2, p00 = 0.9, p01 = 0.1, p11 = 0.3, e si determini la probabilità di errore. Innanzitutto osserviamo che tra i dati assegnati manca il valore di p10, che invece è necessario per la determinazione della PE. D’altro canto, questo valore può essere immediatamente determinato utilizzando la condizione di normalizzazione: trasmesso il simbolo 1, in accordo con la Figura 3 non vi sono alternative al fatto che in ricezione esso venga rivelato come tale o che venga sostituito dal simbolo 0. Allora deve essere (12) 10 11 1p p+ = esattamente come P0 + P1 = 1, e quindi:

7

(13) 10 111p p= − = 0.7 Tenendo dunque conto dei valori di probabilità che caratterizzano il canale e sostituendo nella (11) si ottiene: (14) 0.22EP = Nell’esempio numerico, le probabilità a priori dei simboli 0 e 1 sono state assunte diverse tra loro, come pure diverse erano le probabilità di transizione. Nondimeno, un caso particolare, frequente in pratica, è costituito dal canale binario simmetrico (BSC = Binary Symmetric Channel). Per esso si ha:

0 1 0 1

01 10

00 11

1' '2

1

P P P P

p p pp p p

= = = =

= =

= = −

(15)

Per questo canale si verifica immediatamente che risulta (16) EP p=

8

Esercizio N. 4 Una variabile aleatoria X è descritta da una densità di probabilità gaussiana con valor medio mX = 2 e varianza σX

2 = 4. Si determinino: 1) Pr{X ≤ 6}; 2) Pr{X > 3}; 3) Pr{X ≤ –2}; 4) Pr{2 < X ≤ 3}. La densità di probabilità della variabile in oggetto è fornita dalla seguente espressione:

2 2

2( )1 1( ) exp exp

82 2 22X

XX X

x m xf xσ σ

⎡ ⎤ ( 2)⎡ ⎤− −= − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥

π π ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ (17)

ed il suo andamento grafico è riportato in Figura 4.

0

0.05

0.1

0.15

0.2

-6 -4 -2 0 2 4 6 8

fX(x)

x

Figura 4 A partire dalla densità di probabilità, il calcolo della probabilità che la variabile sia contenuta entro un dato intervallo (che può essere anche illimitato, superiormente o inferiormente) si riduce, ovviamente, al calcolo di un integrale. In particolare:

{ }2

2( )1Pr ( ) exp

2 2

b bX

XX Xa a

x ma X b f x dx dxσ σ

⎡ ⎤−< ≤ = = −⎢ ⎥

π ⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ (18)

Si noterà che, a rigore, l’integrale (18) fornisce la Pr{a ≤ X ≤ b}; d’altro canto, essendo X una variabile aleatoria continua, si ha anche Pr{X = a} = 0 e dunque il fatto di includere nel calcolo l’estremo inferiore di integrazione è del tutto irrilevante. Analoga osservazione varrà per gli sviluppi successivi, e non sarà dunque ripetuta. Ai fini del calcolo, è sempre conveniente introdurre il seguente cambiamento di variabile:

9

22

XX

X

x m y dx dyσσ

−= ⇒ = (19)

Con le posizioni (19), la (18) diventa:

{ } ( )2

2

2

1Pr exp

X

X

X

X

b m

a ma X b y dy

σ

σ

−

−< ≤ = −

π∫ (20)

Si ricordi ora la definizione della funzione errore:

( )2

0

2erf ( ) expt

t = −π ∫ y dy (21)

che, sostituita nella (20), consente dunque di ricavare

{ } 1 erf erf2 2 2

X

X X

b m a mP a X bσ σ

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛− −< ≤ = −⎢ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦

X ⎞⎥⎟⎟

⎠ (22)

Dalla definizione stessa di funzione errore, osserviamo che risulta:

(23) erf ( ) 1erf ( ) erf ( )t t

∞ =− = −

Particolarizzata all’esercizio in esame, la (22) fornisce:

{ } 1 2Pr erf erf2 2 2 2 2

b aa X b 2⎡ ⎤− −⎛ ⎞ ⎛< ≤ = − ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝⎟⎠⎣ ⎦

(24)

A questo punto, le probabilità incognite si determinano valutando numericamente la funzione errore. In realtà, sono disponibili delle tabelle da cui è possibile leggere, con buona approssimazione, il valore cercato. Tipicamente, in luogo della funzione errore, queste tabelle forniscono la funzione errore complementare (25) erfc( ) 1 erf ( )t = − t Tabelle per la funzione erfc(⋅) sono state fornite in una dispensa a parte e verranno utilizzate di seguito per risolvere la parte numerica dell’esercizio. Scritta in termini di funzione errore complementare la (24) diventa:

{ } 1 2Pr erfc erfc2 2 2 2 2

a ba X b 2⎡ ⎤−⎛ ⎞ ⎛< ≤ = −− ⎞

⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎟⎠⎣ ⎦

(26)

Procediamo ora al calcolo per i diversi casi proposti:

10

1) qui si tratta di assumere:

a = –∞ b = 6 Dunque

{ } ( ) ( )1Pr 6 erfc erfc 1.412

X ⎡≤ = −∞ −⎣ ⎤⎦ (27)

Ora

2)(erf1)(erf1)(erfc =∞+=−∞−=−∞ (28)

mentre dalle tabelle leggiamo che (29) 0461.0)41.1(erfc =

Sostituendo: { }Pr 6 0.97695X ≤ = (30) 2) qui si deve porre:

a = 3 b = ∞ Dunque

{ } ( ) ( )1Pr 3 erfc 0.35 erfc2

X ⎡> = − ∞⎣ ⎤⎦ (31)

Ora

0)(erf1)(erfc =∞−=∞ (32)

mentre dalle tabelle leggiamo che (33) 621.0)35.0(erfc =

Sostituendo: { }Pr 3 0.3105X > = (34) 3) qui si deve porre:

a = –∞ b = –2 Dunque

{ } ( ) ( )1Pr 2 erfc erfc 1.412

X ⎡≤ − = −∞ − −⎣ ⎤⎦ (35)

11

Ora 9539.1)41.1(erfc11)41.1(erf1)41.1(erf1)41.1(erfc =−+=+=−−=− (36)

ove si è utilizzata la (27). (37) Sostituendo:

{ }Pr 2 0.02305X ≤ − = (38) 4) qui si deve porre:

a = 2 b = 3 Dunque

{ } ( ) ( )1Pr 2 3 erfc 0 erfc 0.352

X ⎡ ⎤< ≤ = −⎣ ⎦ (39)

Considerando che

(40) 1)0(erfc =

e utilizzando la (31) si ricava: { }Pr 2 3 0.1895X< ≤ = (41)

12

Esercizio N. 5 Si determinino valor medio e varianza delle variabili aleatorie seguenti tutte di notevole interesse pratico: 1) gaussiana; 2) uniforme; 3) di Laplace; 4) esponenziale unilatera; 5) di Rayleigh; 6) binomiale; 7) di Poisson. Le densità di probabilità e le distribuzioni di probabilità cumulativa relative a queste variabili sono già state introdotte in una dispensa precedente. Per comodità, le densità di probabilità vengono comunque ripetute di seguito. 1) Gaussiana:

2

21 (( ) exp

2 2Xxf x μ

σ σ)⎡ ⎤−

= −⎢ ⎥π ⎢ ⎥⎣ ⎦

(42)

2) Uniforme:

1

( )0 ,

Xa x b

b af xx a x b

⎧ ≤ ≤⎪ −= ⎨⎪ < >⎩

(43)

3) Di Laplace (o esponenziale bilatera):

( )( ) exp 02Xaf x a x a= − > (44)

4) Esponenziale unilatera:

(45) exp( ) 0

( )0 0

X

a ax xf x

x

⋅ − ≥⎧⎪= ⎨<⎪⎩

5) Di Rayleigh:

2

2 2exp 02( )

0 0

X

x x xf x

x

σ σ

⎧ ⎛ ⎞− ≥⎪ ⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟= ⎝ ⎠⎨

⎪<⎪⎩

(46)

6) Binomiale:

0

( ) (1 ) ( )n

k n kX

k

nf x p p x

kδ−

=

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ k− (47)

13

7) Di Poisson:

0

( ) exp( ) ( )!

kn

Xk

f xkλ λ δ

== −∑ x k−

dx

(48)

Ciò premesso, il calcolo del valore medio mX e della varianza σX

2 per le varie distribuzioni può essere effettuato applicando direttamente le formule, e vale a dire:

(49) ( )X Xm x f x+∞

−∞

= ⋅∫

( )22 ( )X X Xx m f x dσ+∞

−∞

= −∫ x (50)

Per quanto concerne la varianza, in particolare, può essere utile la nota relazione: 2 2

X2XX mσ = − (51)

in cui

2 2 ( )XX x f x dx+∞

−∞

= ∫ (52)

è il valore quadratico medio (momento di ordine 2). Ai fini del calcolo dei momenti, peraltro, e dunque di mX come pure di 2X , una procedura

alternativa consiste nell’utilizzo della funzione caratteristica CX(u) per il tramite della relazione:

0

( )( )j

jj j

u

d C uM idu

=

= − j = 1, 2, …. (53)

dove Mj è il momento di ordine j. I risultati sono riassunti in Tabella 1. La convenienza (o meno) nell’uso della (53) in luogo del calcolo diretto è normalmente conseguenza della struttura (più o meno complessa) della funzione densità di probabilità, e quindi dell’integrale che il calcolo diretto chiede di risolvere. In effetti, le funzioni densità di probabilità proposte dall’esercizio sono piuttosto semplici. Così, ad esempio, il calcolo del valore medio per la variabile uniforme è immediato, avendosi:

2 21 1( )

2 2

b b

X Xa a

b a a bm x f x dx xdxb a b a

− += ⋅ = = ⋅ =

− −∫ ∫ (54)

come riportato in tabella. Il calcolo basato sulla funzione caratteristica, se non più complicato è certamente più lungo; ricordando che la funzione caratteristica nel caso di variabile uniforme vale:

14

1 exp( ) exp( )( )Xiub iuaC u

b a iu−

=−

(55)

si ha infatti:

0 0

20

1 exp( ) exp( ) 1 exp( ) exp( )( )

1 exp( ) exp( ) exp( ) exp( )

Xu u

u

d iub iua d iub iuam idu b a iu a b du u

iub iub iua iua iub iuaa b u

= =

=

− −⎡ ⎤ ⎡= − = =⎢ ⎥ ⎢− −⎣ ⎦ ⎣

− − +⎡ ⎤= ⎢ ⎥− ⎣ ⎦

⎤⎥⎦

(56)

Sostituendo u = 0, è chiaro che si tratta di una forma indeterminata, del tipo 0/0, risolubile applicando la regola di L’Hopital. Derivando dunque numeratore e denominatore, la precedente diventa:

2 2

0

2 2 2 2

0

1 exp( ) exp( ) exp( ) exp( ) exp( ) exp( )2

1 exp( ) exp( ) 12 2 2

X

u

u

ib iub b u iub ia iua a u iua ib iub ia iuama b u

b iub a iua a b a ba b a b

=

=

⎡ ⎤− − + − += =⎢ ⎥− ⎣ ⎦

⎡ ⎤− + − += = ⋅ =⎢ ⎥− −⎣ ⎦

(57)

Risultato questo coincidente, come atteso, con la (54), ma ottenuto dopo molti più passaggi.

mX σX2

gaussiana μ σ2 uniforme (a + b)/2 (b – a)2/12 di Laplace 0 2/a2

esponenziale unilatera 1/a 1/a2

di Rayleigh σ 2/π (2 − π/2)σ2 binomiale np np(1 – p) di Poisson λ λ

Tabella 1

D’altro canto se si considera, ad esempio, la variabile binomiale, per il calcolo diretto del valore medio è necessario un “artificio”. Il calcolo da sviluppare, infatti, è il seguente:

( ) ( )0 0

( ) (1 ) ( ) (1 )n n

k n k k nX X

k k

nm x f x dx x p p x k dx k p pk δ+∞ +∞

knk

− −

= =−∞ −∞

= ⋅ = − − = −∑ ∑∫ ∫ (58)

avendo applicato, come al solito, la proprietà di campionamento della delta di Dirac. Si procede come segue:

15

( ) ( )

( ) ( ) ( )0 1 1

11 1

1 1 0

! ( 1)!(1 ) (1 ) (1 )!( )! 1 !( )!

( 1)! 1 1(1 ) (1 ) (1 )11 !( )!

n n nk n k k n k k n k

Xk k k

n n nk n k k n k h n

k k h

n n nnm k p p k p p p pk k n k k n k

n n nnp p p np p p np p pk hk n k

− −

= = =−

− − − − −

= = =

−= − = − = − =

− − −

− − −= − = − =−− −

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑ ( 1) h

−

−−

=

m k

p

(59) avendo effettuato, nell’ultimo passaggio, il cambio di variabile nella sommatoria: h = k – 1. In precedenza, l’estremo inferiore della sommatoria era stato posto a 1 in considerazione del fatto che il contributo alla somma per k = 0 è nullo. A questo punto basta osservare che deve essere:

, (60) ( )1( 1)

0

1 (1 ) 1n

h n h

h

n p ph−

− −

=

− −∑ in virtù della condizione di normalizzazione per un esperimento di Bernoulli su n – 1 prove. Equivalentemente, si può anche ricordare l’espressione del coefficiente binomiale:

(61) ( )0

( )m

m k

k

ma b a bk−

=+ = ∑

che va qui applicato assumendo m = n – 1, a = p e b = 1 – p, ovviamente fornendo lo stesso risultato. In definitiva si ha dunque, per la variabile binomiale: (62) Xm n= così come riportato in Tabella I. Il calcolo basato sulla funzione caratteristica è molto più diretto. Quest’ultima, nel caso di variabile binomiale, vale: [ ]1 exp( np p iu− + ) (63) e quindi, applicando la (53), si ottiene:

[ ]

[ ]

00

1

0

1 exp( )( )( ) ( )

( ) 1 exp( ) exp( )

n

Xu

u

n

u

d p p iudC um i idu du

i n p p iu ip iu np

==

−

=

− += − = − =

= − − + =

(64)

ovviamente coincidente con quanto ricavato in precedenza.

16

Esercizio N. 6 Una variabile aleatoria gaussiana X a valor medio nullo e varianza unitaria viene applicata ad un circuito raddrizzatore a doppia semionda la cui caratteristica ingresso-uscita vale y = |x|/2. Determinare la densità di probabilità della variabile aleatoria in uscita Y. Ripetere il calcolo assumendo un raddrizzatore a semplice semionda in luogo di quello a doppia semionda. Si tratta di un tipico problema di trasformazione di variabile aleatoria. La variabile aleatoria in ingresso X è caratterizzata da una densità di probabilità

21( ) exp

22Xxf x

⎛ ⎞= −⎜⎜π ⎝ ⎠

⎟⎟ (65)

Nel caso di raddrizzatore a doppia semionda la caratteristica ingresso-uscita è illustrata in Figura 5.

y

x0

Figura 5

Le formule di trasformazione di variabile aleatoria, che sono note dalla teoria, devono essere applicate “a tratti”, nelle zone in cui il legame funzionale tra x e y è monotono. Dalla Figura osserviamo dunque che è necessario distinguere il caso x ≤ 0 e il caso x ≥ 0. Per x ≤ 0 si ha:

22xy x y

dy= − ⇒ = − ⇒ = −2dx (66)

e quindi3:

(2

22

1 4 2( ) ( ) 2 exp exp 222Y X x y

dx y )f y f xdy =−

⎛ ⎞= ⋅ = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ππ ⎝ ⎠

y (67)

Per x ≥ 0 si ha invece:

22xy x y

dy= ⇒ = ⇒ = 2dx

(68)

ma, come in precedenza,

3 In altra dispensa, anziché il prodotto per |dx/dy| si considerava la divisione per |dy/dx|; come accennato nella parte relativa alle funzioni di n variabili aleatorie, le due procedure sono perfettamente equivalenti (fornendo infatti, come è facile verificare, lo stesso risultato).

17

(2

22

1 4 2( ) ( ) 2 exp exp 222Y X x y

dx y )f y f xdy =

⎛ ⎞= ⋅ = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ππ ⎝ ⎠

y (69)

identica alla (67). Inoltre, visto che tanto i valori di x ≤ 0 quanto i valori di x ≥ 0 producono y ≥ 0, le (67) e (69) devono essere sommate per ricavare la densità di probabilità risultante della variabile Y. In definitiva si ha dunque:

( )222 exp 2( )0 0

Yy yf y

y

⎧⎪ 0− ≥= ⎨ π⎪ <⎩

(70)

La seconda riga della (70) è giustificata dal fatto che non si hanno valori di x che producono y < 0. Nel caso di raddrizzatore a semplice semionda la caratteristica ingresso-uscita è illustrata in Figura 6.

y

x0

Figura 6

Nulla cambia, rispetto al caso precedente, per i valori di x ≥ 0 (per i quali dunque continua a valere la (69)) mentre tutti i valori di x < 0 vengono trasformati in y = 0. Ciò significa che ad y = 0 viene ad essere associata una probabilità diversa da zero, e in particolare:

{ } { }0 0 21Pr 0 Pr 0 ( ) exp

2 22XxY X f x dx dx

−∞ −∞

⎛ ⎞= = < = = − =⎜ ⎟⎜ ⎟π ⎝ ⎠

∫ ∫1 (71)

La variabile aleatoria Y in uscita dal raddrizzatore a semplice semionda è quindi una variabile aleatoria mista, e la sua densità di probabilità si scrive

( )22( ) exp 2 ( ) ( )2Y1f y y u y δ= − +

πy (72)

dove

(73) 1 0

( )0 0

yu y

y

≥⎧⎪= ⎨<⎪⎩

è la funzione gradino unitario.

18

Esercizio N. 7 Due variabili aleatorie X e Y, tra loro statisticamente indipendenti, sono descritte da due densità di probabilità uniformi, fX(x) e fY(y), la prima tra 0 e a, la seconda tra –b e 0. Posto Z = X + Y, si ipotizzi inizialmente che sia a = b, e si calcolino: 1) la densità di probabilità di Z; 2) il valore medio e la varianza di Z. Si ripeta quindi il calcolo assumendo b > a. Le densità di probabilità di X e Y sono mostrate in Figura 7.

f (x)

x0 a

1/a

f (y)

y0-b

1/b

X Y

Figura 7 Nel caso di variabili aleatorie statisticamente indipendenti, è noto che la densità di probabilità della somma si ottiene come integrale di convoluzione delle densità di probabilità degli addendi; si ha cioè:

( ) ( ) ( )Z X Yf z f z y f y+∞

−∞

= −∫ dy (74)

Si tratta quindi di particolarizzare questo risultato all’esercizio in esame. Nel caso a = b, le densità di probabilità di X e Y si riducono a due funzioni rettangolari di uguale estensione, seppur diversamente allocate. Il risultato della convoluzione di due funzioni di questo tipo è ben noto dalla teoria dei segnali, producendo infatti una funzione triangolare. Questa funzione sarà allocata tra –a e +a, corrispondenti, rispettivamente, a valore minimo e valore massimo di Z, ed avrà l’andamento illustrato in Figura 8. Il valore medio e la varianza di Z possono essere determinati a partire dalla fZ(z); nondimeno, risulta più agevole e significativo il calcolo diretto a partire dalla conoscenza degli indicatori statistici di X e Y. Si ha infatti:

( )22 2 2 2 2

2 2 2

2 2 ( )

2

Z X Y

Z Z Z Z Z Z

Z

m Z X Y X Y m m

Z m Z m Z m Z m Z m X Y m

X Y XY m

σ

= = + = + = +

= − = − + = − + = + −

= + + −

2 2Z = (75)

D’altro canto, essendo X e Y statisticamente indipendenti, si ha X YXY X Y m m= = , mentre

2 2 2 2( ) 2Z X Y X Y Xm m m m m m m= + = + + Y . Sostituendo nella seconda delle (75) otteniamo:

19

2 2 2 2 2 22 2 2Z X Y X Y X Y X YX Y m m m m m mσ σ σ= + + − − − = + (76)

avendo anche utilizzato il risultato (51).

f (z)

z0 a

1/a

-a

Z

Figura 8 In definitiva: il valor medio della somma è uguale alla somma dei valori medi e la varianza della somma è uguale alla somma delle varianze. Dalla Tabella 1 (dove a e b rappresentano gli estremi dell’intervallo di definizione della singola densità di probabilità uniforme) ricaviamo immediatamente (per il caso più generale):

2 2

2 2

,2 2

,12 12

X Y

X Y

a bm m

a bσ σ

= =

= =

−

(77)

per cui, sostituendo:

2 2

2

2

12

Z

Z

a bm

a bσ

−=

+=

(78)

Nel caso particolare di a = b le (78) forniscono:

2

2

0

6

Z

Z

m

aσ

=

=

(79)

Per b > a il risultato della convoluzione non è più un triangolo, ma diventa invece un trapezio così come illustrato in Figura 9.

20

a

f (z)

z0

-b

1/b

(a-b)

Z

Figura 9 Il tratto costante, in particolare, corrisponde alla zona in cui, eseguendo la convoluzione, la funzione fX(z – y) è tutta “contenuta” entro la funzione fY(y). Per valor medio e varianza di Z valgono in questo caso le espressioni generali (78).

21

IL “PARADOSSO DEL COMPLEANNO” Un risultato del calcolo probabilistico che sembra sorprendente ogni volta che viene enunciato è il cosiddetto “paradosso del compleanno” (birthday paradox): “In un insieme di 23 persone, assemblate senza seguire alcun criterio specifico, la probabilità che almeno due di esse festeggino il compleanno nello stesso giorno è maggiore di 1/2.” Come verificheremo immediatamente di seguito, questa affermazione può facilmente essere dimostrata matematicamente. Nondimeno, essa è apparentemente sorprendente quando si considera che la probabilità che due persone scelte a caso abbiano date di compleanno coincidenti è molto bassa (1/365 ≈ 0.0027 → 0.27%). Ciò che però si è portati a trascurare è il fatto che, quando la probabilità viene calcolata in un insieme di persone, il numero di possibilità favorevoli all’evento cresce rapidamente e ciò incrementa, come ovvio, la probabilità: in un insieme di 23 persone vi

sono ( ) 23! 23 2223 2532 21!2! 2⋅

= = = possibili combinazioni di date e ciascuna di esse è una possibile

candidata a verificare l’evento di cui si sta stimando la probabilità. E 253 non è un numero trascurabile. Come premesso, comunque, il paradosso del compleanno può essere verificato matematicamente. Ai fini della verifica ipotizziamo che l’anno consti di 365 giorni (escludiamo cioè l’eventualità che l’anno sia bisestile) ed assumiamo che tutte le date siano ugualmente probabili4. Inoltre, nello stesso senso, escludiamo ovviamente situazioni contingenti particolari, quale la presenza, nel gruppo di persone considerato, di gemelli. Indichiamo con P1(p) la probabilità che in un gruppo di p persone ve ne siano almeno due con la stessa data di compleanno. Il modo più semplice per calcolare P1(p) consiste, in realtà, nella valutazione del suo complementare: 1 − P1(p) rappresenta la probabilità che, nello stesso gruppo di p persone, le date di compleanno siano tutte diverse tra loro. Prese dunque due persone, la probabilità che, indipendentemente dalla data del compleanno della prima persona, ci sono 364 casi su 365 in cui la seconda compie gli anni in un giorno diverso; considerata una terza persona, ancora indipendentemente dalla data ci sono 363 casi su 365 in cui questa terza persona compie gli anni in un giorno diverso da entrambe le precedenti, e così via. La probabilità che, nel gruppo di p persone, i compleanni cadano in date tutte diverse è quindi:

1 1364 363 366 364! 365!1 ( )365 365 365 (365 )!365 (365 )!365p

pP pp p−

−− = ⋅ ⋅ ⋅ = =

− −… p (80)

Dalla (80) è allora immediato ricavare:

1365!( ) 1

(365 )!365pP pp

= −−

(81)

e calcolando questa espressione per p = 23 si trova:

1365!(23) 1 0.507

(365 )!365pPp

= − =−

(82)

4 Nella realtà, quest’ultima ipotesi è forse discutibile, nel senso che le statistiche dimostrano che taluni periodi dell’anno, in funzione della nazione che si considera, sono caratterizzati da tassi di nascita maggiori. Analizzare particolari distribuzioni, comunque, non aggiunge nulla alle considerazioni che stiamo svolgendo, mentre complicherebbe la trattazione.

22

che, appunto, verifica la tesi. Generalizzando il risultato, la Figura 10 riporta l’andamento di P1(p) al variare di p. Dal grafico si vede, ad esempio, che la probabilità di avere almeno due compleanni coincidenti in un gruppo di p = 30 persone è pari circa al 70.63%. Già per p = 57, peraltro, la probabilità è del 99%. Per p = 100, è quasi certo che si troveranno due persone con compleanni coincidenti. Si deve anche osservare, benché ovvio, che la (81) va applicata per p ≤ 365. Se p > 365, infatti, è certo che almeno 2 persone avranno la stessa data di compleanno, e dunque P1(p) = 1. L’aspetto rilevante dell’analisi è che P1(p) = 1 viene in realtà avvicinato per valori di p significativamente minori del massimo (così come confermato dalla Fig. 10).

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 1000.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

P 1(p)

p

Figura 10 Il paradosso del compleanno può ovviamente essere esteso a contesti diversi e più generali, in accordo con il seguente enunciato: “Sia h: D → R una qualunque funzione. Se si scelgono R 1.17 D≈ elementi a caso, la probabilità che due di essi diano lo stesso valore della funzione è maggiore di 0.5.” L’esempio del compleanno è chiaramente un caso particolare di questo enunciato, ove D = 365 è l’insieme delle date possibili, R = p è l’insieme delle persone le cui date di compleanno vengono confrontate tra loro, e la funzione h definisce la data di compleanno delle p persone scelte a caso. Generalizzando la (80), si può ora scrivere:

11 2 1 1 21 ( , ) 1 1 1D D D R RP R D

D D D D D D− − − + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛− = ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅ − ⋅ ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝… 1⎞

⎟⎠

… (83)

e quindi:

11 2( , ) 1 1 1 1 RP R DD D D

1−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= − − ⋅ − ⋅ ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

… ⎞⎟⎠

(84)

Nell’ipotesi di D sufficientemente grande e di R << D la (84) può essere riscritta, utilizzando l’approssimazione:

23

e 1x x− ≈ − (85) come segue:

1/ 2 / ( 1) / (1 2 ( 1)) /1( , ) 1 e e e 1 eD D R D RP R D − − − − − + + + −= − ⋅ ⋅ ⋅ = − …… D (86)

Imponendo P1(R, D) > 0.5 si ha dunque:

(1 2 ( 1)) / ( 1)e 0.52

R D R RD

− + + + − ⋅ −< → >… ln 2 (87)

e infine:

2 ln 2 1.17R D> ≈ D

(88) Il passaggio dalla (87) alla (88) ovviamente implica che sia R >> 1. Il paradosso del compleanno ha significative applicazioni nell’ambito della crittografia e dell’autenticazione5. Esiste anzi una tipologia di attacco da parte degli hacker che, proprio basata sul paradosso, da esso prende il nome (birthday paradox attack). Da un diverso punto di vista, il paradosso del compleanno viene ad esempio utilizzato nella criptanalisi per verificare la robustezza di algoritmi hash per la generazione di firme digitali.

5 Ovviamente queste tematiche saranno oggetto di corsi successivi. Qui vengono solo accennate per ribadire l’importanza dell’argomento in un contesto attuale e di notevole interesse.

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