Esercizi Di Probabilità e Variabili Casuali

Esercizio 1

Il numero di veicoli al casello autostradale \(C\) è la somma del numero di veicoli che provengono dalla strada \(S_1\) e dalla strada \(S_2\). All’ora di punta di un giorno feriale, il numero di veicoli \(X_1\) sulla strada \(S_1\) è descritto da un Poisson di parametro 4.3, \(X_1\sim\text{Pois}(4.3)\), mentre il numero di veicoli \(X_2\) sulla strada \(S_2\) è descritto da un Poisson di parametro 2.1, \(X_2\sim\text{Pois}(2.1)\), \(X_1\) e \(X_2\) sono assunte indipendenti.

1.a (Punti 14) Calcolare la probabilità di avere al massimo 2 automobili al casello \(C\).

\(X_1\sim\text{Pois}(4.3)\) e \(X_2\sim\text{Pois}(2.1)\) e quindi

\[ X=X_1+X_2\sim\text{Pois}(4.3+2.1) \]

per cui

\[\begin{eqnarray*} P(X\le 2) &=& P(X=0\ \cup X=1 \ \cup X=2) \\ &=& P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\\ &=& \frac{6.4^0}{0!}e^{-6.4}+\frac{6.4^1}{1!}e^{-6.4}+\frac{6.4^2}{2!}e^{-6.4}\\ &=& 0.0017+0.0106+0.034\\ &=& 0.0463 \end{eqnarray*}\]

1.b (Punti 3) Qual è la varianza della VC che conta il numero di automobili al casello \(C\)?

Se \[X=X_1+X_2\sim\text{Pois}(6.4)\]

Allora \[ V(X)=6.4 \]

1.c (Punti 3) Se \(X\sim\text{Binom}(15,0.3)\), qual è il supporto di \(X\)?

Se Se \(X\sim\text{Binom}(15,0.3)\), il suo supporto è \[S_X=\{0,1,2,...,15\}\]

1.d (Punti 2) Se \(X\sim N(0,1)\) e \(Y\sim \chi^2_5\), \(X\) e \(Y\) indipendenti, come si distribuisce \[W=\frac X {\sqrt{Y/5}} ~~~?\]

Se \(X\sim N(0,1)\) e \(Y\sim \chi^2_5\), \(X\) e \(Y\) indipendenti, allora \[W=\frac X {\sqrt{Y/5}} \sim t_5\]

Esercizio 2

Un portafoglio finanziario è composto da due titoli. Il rendimento del titolo \(A\) è descritto da una normale \(X_A\sim N(0.6,(0.55)^2)\), il rendimento del titolo \(A\) è descritto da una normale \(X_B\sim N(0.8,(0.85)^2)\), \(X_A\) e \(X_B\) sono considerate indipendenti. Il rendimento del portafoglio è dunque la somma dei rendimenti \[ X=X_A+X_B \]

1.a (Punti 14) Calcolare la probabilità di avere un rendimento negativo.

\(X_A\sim N(0.6,(0.55)^2)\) e \(X_B\sim N(0.8,(0.85)^2)\) sono indipendenti e quindi:

\[ X=X_A+X_B\sim N(0.6+0.8,(0.55)^2+(0.85)^2)\sim N(1.4,1.025) \]

per cui

\[\begin{eqnarray*} P( X < 0 ) &=& P\left( \frac { X - \mu }{ \sigma } < \frac { 0 - 1.4 }{\sqrt{ 1.025 }} \right) \\ &=& P\left( Z < -1.38 \right) \\ &=& 1-\Phi( 1.38 ) \\ &=& 0.0838 \end{eqnarray*}\]

1.b (Punti 3) Sotto ipotesi di indipendenza tra gli anni, qual è la probabilità che il portafoglio abbia rendimento negativo per 3 anni di seguito?

Sia \(N_i\) l’evento: \[ N_i = \text{il portafoglio è negativo nell'anno $i$}, \ i=1,...,3 \] sia \(E\) l’evento \[ E=\text{rendimento negativo 3 anni di seguito} \] è immediato che \[ E=N_1\cap N_2\cap N_3 \] e dunque \[\begin{eqnarray*} P(E)&=&P(N_1\cap N_2\cap N_3 )\\ &=&P(N_1)P(N_2)P(N_3)\\ &=& 0.0838\times 0.0838\times 0.0838\\ &=& 0.0838^3\\ &=& 0.0006 \end{eqnarray*}\]

1.c (Punti 3) Se \(X\sim\text{Pois}(15.3)\), qual è la varianza di \(X\)?

Se Se \(X\sim\text{Pois}(\lambda=15.3)\), allora \[V(X)=\lambda=15.3\]

1.d (Punti 2) Se \(X_1\sim N(0,1)\), \(X_2\sim N(0,1)\) e \(X_2\sim N(0,1)\) \(X_1\), \(X_2\) e \(X_3\) indipendenti, come si distribuisce \[W=X_1^2+X_2^2+X_3^2 ~~~?\]

Se \(X_1\sim N(0,1)\), \(X_2\sim N(0,1)\) e \(X_2\sim N(0,1)\) \(X_1\), \(X_2\) e \(X_3\) indipendenti, allora
\[W=X_1^2+X_2^2+X_3^2\sim \chi_3^2\] (si distribuisce come un chi quadro con 3 gradi di libertà)

Esercizio 3

L’urna \(A\) contiene 3 bussolotti rossi e 7 blu. Si estrae \(n=6\) volte con reintroduzione

1.a (Punti 14) Qual è la probabilità di avere almeno 2 bussolotti rossi su 6 estrazioni?

Sia \(X\) la VC che conta il numero di bussolotti rossi in 6 estrazioni con reintroduzione, quindi \(n=6\) replicazioni di una Bernoulli \(X_i\sim\mbox{Ber}(\pi=3/10)\) e quindi

\[ X=X_1+...+X_n\sim\mbox{Binom}(n=6,\pi=0.3) \]

la probabilità di avere almeno 2 bussolotti rossi su 6 estrazioni è

\[\begin{eqnarray*} P(X\ge 2)&=& 1- P(X<2)\\ &=&1-\left(\binom{6}{0}\left(0.3\right)^0 \left(1-0.3\right)^{6-0}+\binom{6}{1}\left(0.3\right)^1 \left(1-0.3\right)^{6-1}\right)\\ &=&1-\left(1\cdot 1 \cdot 0.1176+6\cdot0.3\cdot 0.1681\right)\\ &=&1-(0.1176+0.3025)\\ &=&0.5798 \end{eqnarray*}\]

1.b (Punti 3) Quali sono valore atteso e varianza della VC che conta il numero di palline Rosse su 6 estrazioni con reintroduzione dall’urna \(A\)?

Sia \(X\) la VC che conta il numero di bussolotti rossi in 6 estrazioni con reintroduzione, quindi \(n=6\) replicazioni di una Bernoulli \(X_i\sim\mbox{Ber}(\pi=3/10)\) e quindi

\[ X=X_1+...+X_n\sim\mbox{Binom}(n=6,\pi=0.3) \]

E quindi

\[E(X)=n\pi=6\cdot\frac 3{10}=1.8,\qquad V(X)=n\pi(1-\pi)=6\cdot\frac 3{10}\frac 7{10}=1.26\]

1.c (Punti 3) Se \(X\sim N(\mu_X,\sigma_X^2)\) e \(Y\sim N(\mu_Y,\sigma_Y^2)\), come si distribuisce \[W=X-Y ~~~?\]

Se \(X\sim N(\mu_X,\sigma_X^2)\), \(Y\sim N(\mu_Y,\sigma_Y^2)\), allora

\[X-Y\sim N(\mu_X-\mu_Y,\sigma_X^2+\sigma_Y^2)\]

se e solo se \(X\) e \(Y\) sono indipendenti.

1.d (Punti 2) Si lancia una moneta perfetta (\(P(T)=P(C)=\frac 12\)). Se esce Testa di estrae 1 volta con dall’urna \(A\) che contiene contiene 3 bussolotti rossi e 7 blu. Se esce Croce di estrae 1 volta con dall’urna \(B\) che contiene contiene 2 bussolotti rossi e 8 blu. Qual è la probabilità che alla fine dell’esperimento esca un bussolotto rosso?

Se esce Testa \[ P(\mbox{Rosso}|T)=\frac{3}{7+3}=0.3 \]

Se esce Croce \[ P(\mbox{Rosso}|C)=\frac{2}{8+2}=0.2 \] Dato che \[ P(T)=P(C)=\frac 12 \] allora \[\begin{eqnarray*} \mbox{Rosso}&=& (T~\cap~\mbox{Rosso})~\cup~ (C~\cap~\mbox{Rosso})\\ P(\mbox{Rosso})&=&P((T~\cap~\mbox{Rosso})~\cup~ (C~\cap~\mbox{Rosso}))\\ &=&P(T~\cap~\mbox{Rosso})~+~ P(C~\cap~\mbox{Rosso})\\ &=&P(T)P(\mbox{Rosso}|T)+P(C)P(\mbox{Rosso}|C)\\ &=&\frac 12\cdot 0.3+\frac 12 \cdot 0.2\\ &=&0.25 \end{eqnarray*}\]

Esercizio 4

L’urna \(U\) contiene tre palline bianche, tre palline rosse e tre palline nere.

1.a (Punti 14) Si estrae \(n=2\) volte senza reintroduzione. Qual è la probabilità di ottenere due colori diversi in 2 estrazioni? (esempio: prima bianco poi rosso oppure prima nero poi bianco oppure…)

L’evento \[E=\text{due colori diversi in 2 estrazioni}\]

l’evento complementare di \(E\) è \(\bar E\) due palline di uguale colore, ed è dato da \[\begin{eqnarray*} \bar E&=& (B_1\cap R_2)\cup(R_1\cap B_2)\cup\\ & &(B_1\cap N_2)\cup (B_1\cap R_2)\cup\\ & &(R_1\cap N_2)\cup (N_1\cap R_2) \end{eqnarray*}\] e quindi

\[\begin{eqnarray*} P(E)&=& P(B_1\cap R_2)+P(R_1\cap B_2)+\\ & &P(B_1\cap N_2)+ P(N_1\cap B_2)+\\ & &P(R_1\cap N_2)+ P(N_1\cap R_2)\\ &=&P(B_1)P(R_2|B_1)+P(R_1)P(B_2|R_1)+\\ &&P(B_1)P(N_2|B_1)+P(N_1)P(B_2|N_1)+\\ &&P(R_1)P(N_2|R_1)+P(R_1)P(B_2|N_1)\\ &=& \frac 39\frac 28+ \frac 39\frac 28+\\ && \frac 39\frac 28+ \frac 39\frac 28+\\ && \frac 39\frac 28+ \frac 39\frac 28\\ &=&4\cdot\frac 16=0.6667 \end{eqnarray*}\]

1.b (Punti 3) Si ricompone l’urna \(U\) e si estrae una volta, si assegna

• 1 all’evento esce bianca
  
• 2 all’evento esce rossa
• 3 all’evento esce nera

Calcolare valore atteso e varianza della Variabile Casuale che registra il numero uscito.

\[\begin{eqnarray*} P(X=1)&=& \frac 39\\ P(X=2)&=& \frac 39\\ P(X=2)&=& \frac 39 \end{eqnarray*}\] e quindi

\[\begin{eqnarray*} E(X)&=& 1\cdot\frac 13 +2\cdot\frac 13 +3\cdot\frac 13 =2\\ V(X)&=& 1^2\cdot\frac 13 +2^2\cdot\frac 13 +3^2\cdot\frac 13 - 2^2=0.6667 \end{eqnarray*}\]

1.c (Punti 3) La varianza di una VC \(X\) può essere zero?

Sì, se e solo se \(X\) assume un valore costante \(x\) per certo, \(P(X=x)=1\)

1.d (Punti 2) Se \(X\sim\text{Bin}(10;0.3)\) e \(Y\sim\text{Pois}(3.23)\), \(X\) e \(Y\) indipendenti, quanto vale \(V(X-Y)\)?

Siccome \(X\) e \(Y\) sono indipendenti \[ V(X-Y)=V(X)+V(Y)=n\pi(1-\pi)+\lambda=10\times 0.3(1-0.3)+3.23=5.33 \]

Esercizio sul Teorema di Bayes

Michele esegue la seguente sequenza di estrazioni:

• si estrae da un’urna \(U_1\) che contiene 5 palline etichettate da 1 a 5
• Se il numero uscito è
  • 1 allora si fissa \(\pi=0\)
  • 2 allora si fissa \(\pi=0.25\)
  • 3 allora si fissa \(\pi=0.50\)
  • 4 allora si fissa \(\pi=0.75\)
  • 5 allora si fissa \(\pi=1.00\)
• Quindi prepara un’urna \(U_2\) che ha come proporzione \(\pi\) di palline vincenti ed estrae, con reintroduzione 3 volte dall’urna.

Quando Sergio arriva Michele ha estratto da \(U_2\) e ha ottenuto 2 palline vincenti su 3 estrazioni.

1.a Qual è la probabilità di Sergio su \(X=2\)?

Sia \(X\) la VC che conta il numero di successi in 3 prove dall’urna \(U_2\). Sappiamo che \(X\sim\text{Binom}(3,\pi)\), e il parametro \(\pi\) dipende dall’estrazione dell’urna \(U_1\) e quiindi

\[\begin{eqnarray*} P(X=2|\pi) &=& \binom{3}{2}\pi^2(1-\pi)^{3-2}\\ &=& 3\cdot \pi^2\cdot (1-\pi)^2 \end{eqnarray*}\]

che possiamo calcolare per ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.50,0.75,1\}\). Mentre la probabilità che dall’urna uno abbiamo un 3 è uno su cinque che equivale a dire che \[ P(\pi=0)=P(\pi=0.25)=P(\pi=0.5)=P(\pi=0.75)=P(\pi=1)=\frac 15 \]

Applichiamo il teorema delle probabilità totali per ricavare \(P(X=2)\)

\[\begin{eqnarray*} \scriptsize P(X=2) &=& \scriptsize P(\pi=0)P(X=2|\pi=0)+P(\pi=0.25)P(X=2|\pi=0.25)+P(\pi=0.5)P(X=2|\pi=0.5)+\\ &+& \scriptsize P(\pi=0.75)P(X=2|\pi=0.75)+P(\pi=1)P(X=2|\pi=1)\\ &=& \scriptsize \frac 15 3\cdot 0^2 (1-0)^{3-2} + \frac 15 3\cdot 0.25^2 (1-0.25)^{3-2} + \frac 15 3\cdot 0.5^2 (1-0.5)^{3-2}+\\ &+& \scriptsize \frac 15 3\cdot 0.75^2 (1-0.75)^{3-2} + \frac 15 3\cdot 1^2 (1-1)^{3-2}\\ &=& \scriptsize 0.1875 \end{eqnarray*}\]

1.b Qual è la probabilità di Sergio che dall’urna \(U_1\) sia stata estratta la palline etichettata con 3?

Sia \(X\) la VC che conta il numero di successi in 3 prove dall’urna \(U_2\). Condizionato all’ipotesi \(\pi=0.50\) abbiamo: \[\begin{eqnarray*} P(X=2|\pi=0.5) &=& \binom{3}{2}0.5^2(1-0.5)^{3-2}\\ &=& 3\cdot 0.25\cdot 0.5\\ &=& 0.375 \end{eqnarray*}\] Mentre la probabilità che dall’urna uno abbiamo un 3 è uno su cinque che equivale a dire che \[ P(\pi=0.5)=\frac 15 \]

In virtù del teorema di Bayes abbiamo che \[\begin{eqnarray*} P(\pi=0.5|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.5)P(X=2|\pi=0.5)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.375}{0.1875}\\ &=& 0.4 \end{eqnarray*}\]

1.c Qual è distribuzione aggiornata su \(\pi\) in base al fatto che \(X=2\)?

\[\begin{eqnarray*} P(\pi=0|X=2) &=& \frac{P(\pi=0)P(X=2|\pi=0)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0}{0.1875}\\ &=& 0\\ P(\pi=0.25|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.25)P(X=2|\pi=0.25)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.1406}{0.1875}\\ &=& 0.15\\ P(\pi=0.5|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.5)P(X=2|\pi=0.5)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.375}{0.1875}\\ &=& 0.4\\ P(\pi=0.75|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.75)P(X=2|\pi=0.5)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.4219}{0.1875}\\ &=& 0.45\\ P(\pi=1|X=2) &=& \frac{P(\pi=1)P(X=2|\pi=1)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0}{0.1875}\\ &=& 0 \end{eqnarray*}\]

1.d Costruire le distribuzioni condizionate di \(X\) a \(\pi\).

Siccome

\[\begin{eqnarray*} P(X=x|\pi) &=& \binom{3}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x} \end{eqnarray*}\]

è nota per ogni valore di \(x\in\{0,1,2,3\}\) e ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.5,0.75,1\}\) allora è possibile costruire una tavola doppia entrata dove mettiamo \(\pi\) per riga e \(x\) per colonna

	\(x=0\)	\(x=1\)	\(x=2\)	\(x=3\)	Tot
\(\pi=0\)	1.000	0.000	0.000	0.000	1
\(\pi=0.25\)	0.422	0.422	0.141	0.016	1
\(\pi=0.5\)	0.125	0.375	0.375	0.125	1
\(\pi=0.75\)	0.016	0.141	0.422	0.422	1
\(\pi=1\)	0.000	0.000	0.000	1.000	1

1.e Costruire la distribuzione doppia congiunta di tutte le possibili combinazioni e le relative probabilità.

Siccome

\[\begin{eqnarray*} P(X=x|\pi) &=& \binom{3}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x}\\ P(\pi) &=& \frac 15,\qquad \forall \pi\\ P(X=x\cap\pi) &=& P(\pi)P(X=x|\pi) \end{eqnarray*}\]

è nota per ogni valore di \(x\in\{0,1,2,3\}\) e ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.5,0.75,1\}\) allora è possibile costruire una tavola doppia entrata dove mettiamo \(\pi\) per riga e \(x\) per colonna

	\(x=0\)	\(x=1\)	\(x=2\)	\(x=3\)	Tot
\(\pi=0\)	\(\frac 15\times1\) \(=0.2\)	\(\frac 15\times0\) \(=0\)	\(\frac 15\times0\) \(=0\)	\(\frac 15\times0\) \(=0\)	0.2
\(\pi=0.25\)	\(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\)	\(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\)	\(\frac 15\times0.141\) \(=0.028\)	\(\frac 15\times0.016\) \(=0.003\)	0.2
\(\pi=0.5\)	\(\frac 15\times0.125\) \(=0.025\)	\(\frac 15\times0.375\) \(=0.075\)	\(\frac 15\times0.375\) \(=0.075\)	\(\frac 15\times0.125\) \(=0.025\)	0.2
\(\pi=0.75\)	\(\frac 15\times0.016\) \(=0.003\)	\(\frac 15\times0.141\) \(=0.028\)	\(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\)	\(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\)	0.2
\(\pi=1\)	\(\frac 15\times0\) \(=0\)	\(\frac 15\times0\) \(=0\)	\(\frac 15\times0\) \(=0\)	\(\frac 15\times1\) \(=0.2\)	0.2
Tot	0.3126	0.1876	0.1876	0.3126	1

Sommando per riga abbiamo la distribuzione di \(\pi\), sommando per colonna abbiamo quella di \(X\).

1.f Costruire le distribuzioni condizionate di \(\pi\) ad \(X\).

Siccome

\[\begin{eqnarray*} P(X=x|\pi) &=& \binom{3}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x}\\ P(\pi) &=& \frac 15,\qquad \forall \pi\\ P(X=x\cap\pi) &=& P(\pi)P(X=x|\pi)\\ P(\pi|X=x) &=& \frac{P(\pi)P(X=x|\pi)}{P(X=x)} \end{eqnarray*}\]

è nota per ogni valore di \(x\in\{0,1,2,3\}\) e ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.5,0.75,1\}\) allora è possibile costruire una tavola doppia entrata dove mettiamo \(\pi\) per riga e \(x\) per colonna

	\(x=0\)	\(x=1\)	\(x=2\)	\(x=3\)
\(\pi=0\)	\(\frac{0.2}{0.312}=0.641\)	\(\frac{0}{0.187}=0\)	\(\frac{0}{0.187}=0\)	\(\frac{0}{0.312}=0\)
\(\pi=0.25\)	\(\frac{0.084}{0.312}=0.269\)	\(\frac{0.084}{0.187}=0.449\)	\(\frac{0.028}{0.187}=0.15\)	\(\frac{0.003}{0.312}=0.01\)
\(\pi=0.5\)	\(\frac{0.025}{0.312}=0.08\)	\(\frac{0.075}{0.187}=0.401\)	\(\frac{0.075}{0.187}=0.401\)	\(\frac{0.025}{0.312}=0.08\)
\(\pi=0.75\)	\(\frac{0.003}{0.312}=0.01\)	\(\frac{0.028}{0.187}=0.15\)	\(\frac{0.084}{0.187}=0.449\)	\(\frac{0.084}{0.312}=0.269\)
\(\pi=1\)	\(\frac{0}{0.312}=0\)	\(\frac{0}{0.187}=0\)	\(\frac{0}{0.187}=0\)	\(\frac{0.2}{0.312}=0.641\)
Tot	1	1	1	1