CP110 Probabilità: Esame 2 settembre 2013 Testo e soluzione

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1 Diartimento di Matematica, Roma Tre Pietro Cauto , II semestre 2 settembre, 213 CP11 Probabilità: Esame 2 settembre 213 Testo e soluzione

2 1. (6 ts) Abbiamo due mazzi di carte francesi, il mazzo A e il mazzo B. Estraiamo 1 carte a caso dal mazzo A e 1 carte a caso dal mazzo B. Calcolare (a) la robabilità che non ci siano carte uguali tra loro nelle 2 carte estratte. (b) la robabilità che ci siano esattamente due carte uguali tra loro nelle 2 carte estratte. Consideriamo una ermutazione aleatoria delle carte del mazzo A e una ermutazione aleatoria delle carte del mazzo B tale che le rime dieci carte di ogni mazzo siano quelle estratte. Fissiamo la ermutazione del mazzo A. Il numero totale di scelte delle rime dieci carte di B è ari a 52!. Se non ci sono rietizioni vuol dire che er quanto riguarda il mazzo B, la rima carta del mazzo ha 52 1 = 42 valori ossibili, la seconda ha = 41 valori ossibili ecc. fino alla decima, che ha = 33 valori ossibili. Vale a dire che ci sono 32! ossibili scelte er le rime dieci carte di B che non abbiano valori che aaiono gia nelle rime dieci del mazzo A. Dunque, fissata la ermutazione del mazzo A, la robabilità richiesta vale 32! 52! = () = 32!52! Poiché il numero non diende dalla ermutazione del mazzo A, l esressione ottenuta sora fornisce la risosta al unto (a). Per avere due carte uguali, rietiamo il ragionamento recedente. Fissiamo la ermutazione del mazzo A. Il numero totale di scelte delle rime dieci carte di B è ari a 52!. Se nelle 2 carte abbiamo due carte uguali vuol dire che nelle rime dieci carte di B c e esattamente una carta che comare nelle rime dieci di A. Se questa carta è nella osizione i {1,..., 1} nel mazzo B allora ci sono dieci valori ossibili er questa carta e er le carte nelle rimanenti 9 osizioni. Poiché i uo rendere 1 valori distinti, abbiamo un totale di sequenze con la rorieta richiesta. Quindi la robabilità vale Poiché il numero non diende dalla ermutazione del mazzo A, l esressione ottenuta sora fornisce la risosta al unto (b).

3 2. (6 ts) Un giocatore di dadi lancia rietutamente tre dadi fino a ottenere tre numeri uguali. Puo scegliere tra due diverse modalità di gioco. Nel gioco 1, il giocatore a ogni asso lancia tutti e tre i dadi e si ferma quando sono tutti uguali. Nel gioco 2, il giocatore comincia lanciando tutti e tre i dadi, e a ogni asso, se i tre dadi sono uguali il gioco si ferma; se i tre dadi sono tutti distinti allora vengono lanciati tutti e tre nuovamente; se esattamente due dadi sono uguali tra loro, allora viene lanciato solo l altro dado rietutamente fino a ottenere il numero uguale agli altri due. Confrontando il valore atteso del numero di rove nei due giochi, dire quale gioco si dovrebbe scegliere er minimizzare il numero di rove. Gioco 1. Il numero di rove N è una variabile geometrica di arametro = 6 (1/6) 3 = 1/36. in media servono E[N] = 1/ = 36 rove. Gioco 2: Un lancio di tre dadi uo avere tre esiti: tutti uguali, tutti distinti oure esattamente due uguali. La rob. di avere tre dadi distinti vale q = (1/6) 3 = 2/36; la rob. di avere tre dadi uguali vale = 1/36 come sora; la rob. di avere esattamente due uguali vale 1 q = 15/36. Sia N il numero di rove necessarie er terminare il gioco. Sia N 1 il numero di rove er ottenere almeno due dadi uguali. N 1 è una variabile geometrica di arametro 1 q = 16/36, e E[N 1 ] = 36/16. Chiaramente N 1 N. Sia E l evento che alla rova N 1 i dadi sono tutti uguali. Se si realizza E, allora si ha N 1 = N e il gioco si ferma, altrimenti si ha N = N 1 + N 2, ossia il gioco dura ancora un temo aleatorio N 2 che vale in media E[N 2 ] = 6, essendo questo il numero medio di lanci di un dado necessario er ottenere er la rima volta un numero dato. Si ottiene E[N] = E[N 1 ] + (1 P (E))E[N 2 ] = 36/16 + 6(1 P (E)). Per calcolare P (E), notiamo che er k fissato, l evento E {N 1 = k} equivale a chiedere che le rime k 1 rove risultano in dadi tutti differenti, mentre la k-esima risulta in tre dadi uguali. P (E {N 1 = k}) = q k 1. Sommando su k si ha P (E) = P (E {N 1 = k}) = q k 1 = 1 q = 1 16 Mettendo tutto insieme si ha E[N] = 36/ /16 = 126/16 = 63/8. Poiché 63/8 < 36 il confronto dei valori attesi favorisce il gioco 2. Per una soluzione alternativa. Sia (k) = P (N = k), e sia N 1 come sora. k 1 (k) = P (N = k, N 1 = k) + P (N = k, N 1 < k) = P (N = k, N 1 = k) + P (N = k, N 1 = j). j=1 Come abbiamo visto sora, si ha P (N = k, N 1 = k) = q k 1, mentre, se k > j 1 si ha: P (N = k, N 1 = j) = q j 1 (1 q )(5/6) k j Inoltre kq k 1 = E[N] = k(k) = kq k 1 + q j 1 (1 q ) k(5/6) k j 1 1 j=1 6 k=j+1 (1 q) 2 e k=j+1 k(5/6) k j 1 1 = 6 + j. In conclusione 6 E[N] = k(k) = (1 q) 2 + q j 1 (1 q )(6 + j) j=1 = (1 q) 2 + 6(1 q )/(1 q) + (1 q )/(1 q)2 = [6(1 q ) + 1]/(1 q) = 15/ /36 = = 63 8.

4 3. (6 ts) Le variabili aleatorie continue X, Y hanno densità congiunta { c x(x + y) se x 1, y 1 f(x, y) = altrimenti dove c è un oortuna costante. (a) Calcolare il valore atteso di X e di Y (b) Calcolare la covarianza Cov(X, Y ). (c) X e Y sono indiendenti? a). Calcoliamo il valore di c: c La marginale X ha densità E[X] = La marginale Y ha densità x(x + y)dxdy = c f X (x) = c xf X (x)dx = c x 2 dx = c c 1 2 dy + c xdx 1 2 = c 7 12, c = x(x + y)dy = c x 2 + c 2 x x 3 dx + c 2 ydy x 2 dx = c 4 + c 6 = = 5 7. f Y (y) = c E[Y ] = x(x + y)dx = c 3 + c 2 y yf Y (y)dy = c 3 = 4 7. Calcoliamo ora la covarianza. Abbiamo E[XY ] = xyf(x, y)dxdy = c (x 3 y + x 2 y 2 )dxdy = c 8 + c 9 = = Cov(X, Y ) = E[XY ] E[X]E[Y ] = In articolare, abbiamo Cov(X, Y ), e quindi le variabili non sono indiendenti.

5 4. (6 ts) Sia Q il quadrato di lato 2 centrato nell origine del iano e sia R il rettangolo con base 2 e altezza 1 centrato nell origine. Siano P 1,..., P n unti indiendenti scelti uniformemente a caso in Q. (a) Calcolare la robabilità che P 1 aartenga a R. (b) Fornire un esressione in termini di Φ(t) = 1 2π t e z2 /2 dz er la robabilità che il unto P n = 1 n (P P n ) aartenga a R nel limite n 1 a). Poniamo P i = (X i, Y i ) dove X i, Y i sono indiendenti e uniformi in [ 1, 1]. P (P 1 R) = P (X 1 [ 1, 1], Y 1 [.5,.5]) = P (X 1 [ 1, 1])P (Y 1 [.5,.5]) = 1 2. b). Notiamo che le variabili X i e Y i hanno media nulla e varianza ari a 4/12 = 1/3. Per il teorema del limite centrale nel limite n si ha che 3 P n converge in distribuzione al unto aleatorio del iano Z = (Z 1, Z 2 ) dove Z 1, Z 2 sono due normali standard indiendenti. P ( P n R) P (Z 1 / 3 [ 1, 1], Z 2 / 3 [.5,.5]) = P (Z 1 [ 3, 3]) P (Z 2 [ 3/2, 3/2]) = (2Φ( 3) 1)(2Φ( 3/2) 1). 1 Notazione: P P n è la somma vettoriale di n vettori con due comonenti ciascuno

6 5. (6 ts) Siano X 1, X 2, X 3 tre variabili esonenziali indiendenti di arametro λ =.5. Calcolare (a) E[(3X 1 + X 2 )(X 3 1)] (b) E[X 1 X 2 X 3 2X 1 X 2 ] (c) Cov(2X 1 X 3, X 2 X 3 ) (a). Per la linearità e l indiendenza: E[(3X 1 + X 2 )(X 3 1)] = 3E[X 1 ]E[X 3 ] + E[X 2 ]E[X 3 ] 3E[X 1 ] E[X 2 ]. Usando E[X i ] = 1/λ = 2 abbiamo E[(3X 1 + X 2 )(X 3 1)] = 8. (b). Allo stesso modo si ha E[X 1 X 2 X 3 2X 1 X 2 ] = E[X 1 ]E[X 2 ]E[X 3 ] 2E[X 1 ]E[X 2 ] =. (c). Per la covarianza, usando Cov(X i, X j ) = er i j, abbiamo: Cov(2X 1 X 3, X 2 X 3 ) = 2Cov(X 1, X 2 ) Cov(X 3, X 2 ) 2Cov(X 1, X 3 ) + Var(X 3 ) = Var(X 3 ) = 1 λ 2 = 4, dove usiamo il fatto che la varianza di un esonenziale di arametro λ è ari a 1/λ 2.

7 6. (6 ts) Enunciare e fornire una dimostrazione di: (a) Disuguaglianza di Markov (b) Disuguaglianza di Chebyshev (c) Legge dei grandi numeri