Elementi di Probabilità e Statistica - 052AA - A.A

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1 Elementi di Probabilità e tatistica - 52AA - A.A econda prova di verifica intermedia - 28 maggio 2 Problema 1. Alberto si riduce sempre a fare la spesa verso l orario di chiusura del supermercato locale, e siccome non è l unico a fare così, trova spesso lunghe code alle casse. Questa volta ha fatto davvero tardi ed è l ultimo dei clienti ad inserirsi in coda nessun altro può entrare al supermercato. Inoltre, egli nota che, per i {1,... 4}, la cassa i è aperta e ci sono in coda N i 1, persone. Alberto, che si sta appassionando allo studio della probabiltà, suppone che i tempi di attesa relativi alle diverse casse siano indipendenti e ritiene che la coda i-esima impieghi per esaurirsi un tempo con legge esponenziale di parametro ν i : 1/N i. 1. Esibire uno spazio di probabilità che rappresenti la situazione descritta. Qual è il valore atteso del tempo che Alberto dovrebbe passare in coda alla cassa 1? 2. Calcolare la probabilità che la coda alla cassa 2 si esaurisca prima di quella alla cassa 1. Quanto vale nel caso in cui N i 9 per i {1,... 4}? 3. upponendo che Alberto scelga di mettersi in coda alla cassa 1, qual è la probabilità che almeno una tra le code alle altre casse si esaurisca prima che arrivi il turno di Alberto? Quanto vale tale probabilità nel caso in cui N i 9 per i {1,... 4}? oluzione La situazione descritta si formalizza ragionando ad esempio su uno spazio di probabilità Ω, A, P su cui siano definite variabili aleatorie reali T i, indipendenti e di legge Expν i, per i {1,..., 4}. i può mostrare che un tale spazio esiste ponendo ad esempio Ω R 4 e P avente densità rispetto alla misura di Lebesgue 4 fx 1,... x 4 ν i e ν ix i I [, x i. i1 Il valore atteso è E [T 1 ] x 1 ν 1 e ν 1x 1 dx 1 N Per calcolare la probabilità richiesta, studiamo prima il caso generale di due esponenziali indipendenti, T con rispettivi parametri λ e ν. Per il teorema di Fubini: P T I { s t} λνe λs λe νt dsdt λ λ + ν, λe λs νe νt dtds s λe λs Ps T ds λe λ+νs ds da cui la probabilità richiesta, specializzando T 2, T T 1 è nel caso in cui ν 1 ν 2. ν 2 ν 1 +ν 2, e quindi 1/2

2 3. La probabiltà richiesta è P min {T 2, T 3, T 4 } T 1. Per calcolarla, osserviamo intanto che : min {T 2, T 3, T 4 } è indipendente da T 1 e ha legge anch essa esponenziale, ad esempio notando che vale Pmin {T 2, T 3, T 4 } s 4 i2 PT i s e s 4 i2 ν i, per ogni s [, e per unicità della funzione di ripartizione, deduciamo che la legge è esponenziale di parametro 4 i2 ν i. Per il calcolo generale fatto sopra, ponendo λ 4 i2 ν i e λ + ν 4 i1 ν i, otteniamo Pmin {T 2, T 3, T 4 } T 1 4 i2 ν i 4 i1 ν. i Nel caso in cui gli N i siano tutti uguali in particolare se N i 9, otteniamo che la probabilità vale 3/4. Problema 2. iano X e Y due variabili aleatorie indipendenti, X avente legge Nm, σ 2 m R, σ 2 > e Y a valori in { 1, 1} e poniamo p P Y 1 [, 1]. Definiamo la variabile aleatoria U : XY. 1. Esprimere, in funzione dei parametri m, σ 2 e p, media e varianza di U. 2. Per quali valori di m, σ 2 e p le variabili U ed X hanno la stessa legge? 3. Per quali valori di m, σ 2 e p le variabili aleatorie U ed X sono incorrelate? Facoltativo per quali valori U ed X sono indipendenti? oluzione In questo esercizio, usiamo diverse volte il Teorema delle dispense: se F, G, sono v.a. reali indipendenti con F, G con momento primo, allora F G è ha momento primo e vale E [F G] E [F ] E [G]. iccome X è gaussiana e Y è limitata, le condizioni di integrabilità saranno sempre soddisfatte. Calcoliamo la media E [U] E [XY ] E [X] E [Y ] mp 1 p m2p 1 e il momento secondo: E [ U 2] E [ X 2 Y 2] E [ X 2] E [ Y 2] E [ X m + m 2] σ 2 + m 2. La varianza si può ottenere per differenza: V aru E [ U 2] E [U] 2 σ 2 + m 2 m 2 2p 1 2 σ 2 + 4p1 pm Notiamo che, se X ed U hanno la stessa legge, necessariamente devono avere stessa media e stessa varianza, per cui dal primo punto deduciamo le condizioni necessarie m2p 1 m, σ 2 + 4p1 pm 2 σ 2 e quindi m oppure p 1. Il caso p 1 implica Y 1 e quindi è anche sufficiente. Anche la condizione m è sufficiente, e segue dal fatto che possiamo

3 scrivere E [ϕxy ] E [ ] ϕxi {Y 1} + ϕ XI {Y 1} E [ϕx] E [ ] [ ] I {Y 1} + E [ϕ X] E I{Y 1} E [ϕx] p + E [ϕ X] 1 p E [ϕx] p + E [ϕx] 1 p E [ϕx] dove abbiamo usato che la legge di X coincide con quella di X sono entrambe N, σ Le variabili X ed U sono scorrelate se e solo se p 1/2: infatti calcoliamo E [UX] E [ X 2 Y ] E [ X 2] E [Y ], quindi E [U] E [X] E [X] 2 E [Y ], CovU, X E [ X 2] E [Y ] E [X] 2 E [Y ] E [ X 2] E [X] 2 E [Y ] σ 2 2p 1. Invece, le variabili X ed U non sono mai indipendenti; se lo fossero, anche X sarebbe indipendente da U XY X, ma allora X dovrebbe essere degenere, ad esempio dovrebbe valere P X t P X t 2 {, 1} per ogni t R il che è assurdo X ha legge normale. Problema 3. Un agenzia di controllo dei trasporti ferroviari monitora regolarmente il numero di persone sul Pisa-Firenze delle 7:39 relativamente ai giorni feriali. Da numerose misurazioni passate si sa che il numero medio di presenze è 184,5 ed il numero di posti a sedere sembra sufficiente, di solito. Di recente però le lamentele per il treno troppo pieno sono aumentate e quindi l agenzia effettua misurazioni, ottenendo certi valori x 1,..., x aventi x 1 i1 x i 199,4, 1 s 14 i1 x i x 2 14,8. Nel seguito la v.a. N numero di passeggeri verrà descritta da una gaussiana, anche se a stretto rigore è una v.a. discreta e non negativa. 1. i supponga inizialmente per semplicità che la deviazione standard di N sia nota, pari a. crivere una regione di rifiuto di livello,5 per un test per la media di N, relativamente all ipotesi nulla m 184,5 la risoluzione si considera completa solo se si parte dalla proprietà del rapporto di verosimiglianza dimostrata a lezione - dandola per buona - senza l uso di formulette finali prefatte e vedere se il test rifiuta l ipotesi. 2. Rimuoviamo l ipotesi di conoscenza della deviazione standard. crivere una regione di rifiuto di livello,5 pur senza svolgere le dimostrazioni, si rammenti perché quella che si propone è una regione di rifiuto, sempre relativamente all ipotesi nulla m 184,5 e vedere se il test rifiuta l ipotesi. 3. Calcolare un intervallo in cui cade la soglia di accettazione del test del punto 2 e fare l esempio di due livelli che avrebbero dato esiti opposti.

4 4. upponiamo, per svolgere un calcolo potenziale, che i parametri veri di N siano i valori 2 e. Il treno ha 22 posti. Con che probabilità c è almeno una persona senza posto a sedere? oluzione H m m : 184,5 con gaussianità e σ ipotizzate, H 1 m > m. appiamo dalla teoria che il rapporto di verosimiglianza è crescente rispetto a X N N n, quindi per il noto corollario del teorema di Neymann Pearson la regione ottimale di livello α,5 è della forma { X d } con ovvero, essendo X N dove Z N, 1, quindi P m, σ2 P P m,σ X d,5 sotto l ipotesi N N m, σ, 2 deve valere Z d m σ,5 Z d m σ,95 ovvero d m σ q,95, d 184,5 + 1,64 19,85. La regione cercata è { X 19,85 }. Il test rifiuta l ipotesi, essendo x 199,4 > 19,85. { X m 2. In questo caso la regione } n λ con P m X m n λ,5 è una regione di rifiuto di livello,5, in quanto per una verifica fatta a lezione vale P m X m n λ P m X m n λ se m m. Vale P m X m n λ.95 quindi, essendo X m n una T 14, λ t 14,,95 1,7613. Per eseguire il test dobbiamo calcolare x m s n 199,4 184,5 14,8 3,8992, che supera 1,7613, ovvero cade nella regione di rifiuto, quindi si rifiuta l ipotesi anche con questo test. 3. Basta calcolare P m X m n 3, P m X m n 3, F T 14 3,8992 che appartiene all intervallo [ 1 FT 14 4,143, 1 F T 14 3,7874 ] [1,9995, 1,999] [,5,,1]. Col valore α,1 avremmo avuto rifiuto lo sappiamo già per α,5, mentre col valore,5 non potevamo rifiutare.

5 4. Con probabilità P m2,σ N 221 P m2,σ N 2 dove Z è una N, 1, quindi P Z 1, Φ 1,4 1,91924,876. Quasi una volta su dieci resta sicuramente qualcuno in piedi e considerando che difficilmente le persone vanno a cercare tutti i posti liberi, è ragionevole che spesso ci siano persone in piedi e quindi lamentele.