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8/15/2019 es1sol__es10sol

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Calcolo delle Probabilità 2013/14 – Foglio di esercizi 1†

Spazi di probabilità.

Si consiglia di svolgere in particolare gli esercizi numero 4, 5, 9 e 7.

Esercizio 1. Sia data un’arbitraria famiglia {Ai}i∈I di σ-algebre sullo stesso insieme Ω.

(a) Si mostri che l’intersezione A =

i∈I Ai := {A ⊆ Ω : A ∈ Ai ∀i ∈ I } è sempre unaσ-algebra su Ω.

(b) Si mostri che l’unione B =

i∈I Ai := {A ⊆ Ω : ∃i ∈ I tale che A ∈ Ai} non ènecessariamente una σ-algebra su Ω.

Esercizio 2. Siano Ω, E due insiemi non vuoti e sia f : Ω → E un’applicazione qualunque.

(a) Per ogni B ⊆ E , definiamone la controimmagine f −1

(B) comef −1(B) :=

ω ∈ Ω : f (ω) ∈ B

⊆ Ω (con f −1(∅) := ∅) .

Si mostri che per ogni scelta di B, {Bi}i∈I sottoinsiemi di E si ha

f −1(B)

c= f −1(Bc) , f −1

i∈I

Bi

=i∈I

f −1(Bi) , f −1

i∈I

Bi

=i∈I

f −1(Bi) ,

ossia la controimmagine rispetta le operazioni insiemistiche .

(b) Per ogni A ⊆ Ω, definiamone l’immagine f (A) come

f (A) :=

f (ω) : ω ∈ A} =

x ∈ E : ∃ω ∈ A tale che f (ω) = x

(con f (∅) := ∅) .

Si mostri che per ogni scelta di {Ai}i∈I sottoinsiemi di Ω si ha

f

i∈I

Ai

=i∈I

f (Ai) ,

ma che in generale

f (A)

c= f (Ac) , f

i∈I

Ai

i∈I

f (Ai) .

Esercizio 3. Siano Ω, E due insiemi arbitrari e f : Ω → E un’applicazione qualunque.

(a) Sia E ⊆ P (E ) una σ-algebra su E . Si mostri che la famiglia di sottoinsiemi

f −1

(E ) := {f −1

(B) : B ∈ E} = {A ⊆ Ω : ∃B ∈ E tale che A = f −1

(B)}è una σ-algebra su Ω.

(b) Sia A ⊆ P (Ω) una σ-algebra su Ω. Si mostri che in generale la famiglia di sottoinsiemi

f (A) := {f (A) : A ∈ A} = {B ⊆ E : ∃A ∈ A tale che B = f (A)}

non è una σ-algebra su E .

(c) Sia A ⊆ P (Ω) una σ-algebra su Ω. Si mostri la famiglia di sottoinsiemi

G := {B ⊆ E : f −1(B) ∈ A} = {B ⊆ E : ∃A ∈ A tale che A = f −1(B)} .

è una σ-algebra su E .

†Ultima modifica: 3 ottobre 2013.


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Esercizio 4. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilità e sia {An}n∈N una successione di eventi.

(a) Si mostri che se P(An) = 0 per ogni n ∈ N allora P(n∈N An) = 0.(b) Si mostri che se P(An) = 1 per ogni n ∈ N allora P(

n∈N An) = 1.

Esercizio 5. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilità. Si mostri che la famiglia di insiemi

F := {A ∈ A : P(A) ∈ {0, 1}}

è una σ-algebra.

Esercizio 6. Per ciascuno dei seguenti esperimenti aleatori, si determini uno spaziocampionario Ω adeguato.

(a) Lancio un dado a sei facce e una moneta.

(b) Lancio n volte una moneta.

(c) Lancio n monete.

(d) Lancio una moneta ogni secondo, senza mai fermarmi.

(e) Osservo i 5 numeri estratti sulla ruota di Venezia del Lotto.

(f) Mescolo un mazzo da 40 carte e poi giro, una dopo l’altra, le prime 20 carte.

Esercizio 7. Siano A, {Ak}k∈N sottoinsiemi di un’insieme fissato Ω.

(a) Si mostri che Ak ↑ A se e solo se Ack ↓ A

c.

(b) Supponiamo che Ak ↑ A e poniamo Bk := Ak ∪ Ac per k ∈ N. Si mostri che Bk ↑ Ω.

(c) Poniamo Ak := ki=1

C i per k ∈ N (non facciamo alcuna ipotesi sugli insiemi {C i}i∈N

).Si mostri che Ak ↑ A :=

i∈N C i.

(d) Supponiamo che Ak ↑ A e poniamo C k := Ak \ Ak−1 per k ∈ N (con A0 := ∅). Simostri che:

• gli insiemi {C k}k∈N sono a due a due disgiunti: C k ∩ C l = ∅ per ogni k = l;

• n

k=1 C k = An per ogni n ∈ N;

•

k∈N C k = A.

Esercizio 8 (Formula di inclusione-esclusione). Dato uno spazio di probabilità (Ω, A, P),siano A1, A2, . . . , An ∈ A eventi. Si dimostri per induzione che

P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) =n

k=1

J ⊆{1,2,...,n}

tali che |J |=k

(−1)k+1 P

i∈J

Ai

.


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Soluzione 1. (a)

(b) Si noti che {∅, A , Ac, Ω} è una σ-algebra, per ogni A ∈ P (Ω).Sia Ω = {1, 2, 3, 4}, A1 := {∅, {1}, {2, 3, 4}, Ω}, A2 := {∅, {1, 2}, {3, 4}, Ω}. Allora

B := A1 ∪ A2 = {∅, {1}, {1, 2}, {3, 4}, {2, 3, 4}, Ω} non è una σ-algebra, perché {1} ∈ B ,{3, 4} ∈ B ma {1, 3, 4} = {1} ∪ {3, 4} ∈ B .

Soluzione 2. (a)

(b) Sia Ω = {0, 1, 2}, E = {a,b,c} e sia f (0) := a e f (1) = f (2) := b. Scegliendo A := {1}si ha che f (A) = {b} e f (Ac) = f ({0, 2}) = {a, b}, pertanto

f (A)c

= {a, c} = {a, b} = f (Ac) .

Scegliendo A := {0, 1} e B := {0, 2} si ha A ∩ B = {0}, pertanto f (A ∩ B) = {a};dato che f (A) = f (B) = {a, b}, si vede che

f (A ∩ B) = {a} {a, b} = f (A) ∩ f (B) .

Soluzione 3. (a)

(b) Se |E | ≥ 2 e la funzione f è costante, ossia esiste c ∈ E tale che f (ω) = c per ogniω ∈ Ω, allora per ogni σ-algebra A su Ω si ha f (A) = {∅, {c}} che non è una σ-algebrasu E , dal momento che E ∈ f (A).

(c)

Soluzione 4. (a) Per la subadditività P(

n∈N An) ≤

n∈N P(An) ≤

n∈N 0 = 0, quindiP(

n∈N An) = 0.

(b) Per le leggi di de Morgan P((n∈N

An)c) = P(

n∈N Ac

n

) = 0 grazie al punto precedente,perché P(Acn) = 1 − P(An) = 0 per ogni n ∈ N.

Soluzione 5. È chiaro che Ω ∈ F e ∅ ∈ F . Inoltre A ∈ F , cioè P(A) ∈ {0, 1}, se e solo seAc ∈ F , poiché P(Ac) = 1 − P(A).

Infine, siano {An}n∈N eventi con An ∈ F , cioè P(An) ∈ {0, 1}, per ogni n ∈ N. Distin-guiamo due casi. Se P(An) = 0 per ogni n ∈ N, allora per subaddititività P(

n∈N An) ≤

n∈N P(An) =

n∈N 0 = 0 ossia P(

n∈N An) = 0, dunque

n∈N An ∈ F . Se invece esisten ∈ N tale che P(An) = 1, dato che

n∈N An ⊇ An, per monotonia della probabilità si ha

P(

n∈N An) ≥ P(An) = 1, ossia P(

n∈N An) = 1, dunque

n∈N An ∈ F .

Esercizio 9. La scelta di Ω non è univoca: riportiamo possibili soluzioni.

(a) Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} × {T, C }.

(b) Ω = {0, 1}n = {(x1, . . . , xn) : xi ∈ {0, 1} per ogni i}.

(c) Ω = {0, 1}n.

(d) Ω = {0, 1}N = {(xi)i∈N : xi ∈ {0, 1} per ogni i}.

(e) Ω = {(x1, x2, x3, x4, x5) : xi ∈ {1, . . . , 90} per ogni i, xi = x j per ogni i = j} ⊆{1, . . . , 90}5. Oppure, se non interessa l’ordine in cui i numeri sono stati estratti, sipuò scegliere Ω = {A ⊆ {1, . . . , 90} : |A| = 5} ⊆ P ({1, . . . , 90}).

(f) Ω = {funzioni σ : {1, . . . , 20} → {1, . . . , 40} iniettive}. Equivalentemente, si puòscegliere Ω = {(x1, . . . , x20) : xi ∈ {1, . . . , 40} per ogni i, xi = x j per ogni i = j }.


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Soluzione 6. (a) Ak ↑ A significa che Ak ⊆ Ak+1 per ogni k ∈ N e

k∈N Ak = A. Si notiche

A ⊆ B ⇐⇒ ∀x ∈ A, x ∈ B ⇐⇒ ∀x ∈ B , x ∈ A ⇐⇒ Bc

⊆ Ac

,quindi Ack+1 ⊇ A

ck, ossia (A

ck)k∈N è una successione decrescente di insiemi. Per De

Morgan

A =k∈N

Ak =⇒ Ac =

k∈N

Ak

c=k∈N

Ack ,

e dunque Ack ↓ Ac.

(b) Dal fatto che Ak ⊆ Ak+1 segue immediatamente che Ak ∪ C ⊆ Ak+1 ∪ C per ogni C ,in particolare per C = Ac. Quindi (Bk)k∈N è una successione crescente di insiemi. Perla proprietà associativa dell’unione

k∈N

Bk =k∈N

Ak ∪ A

c=

k∈NAk

∪ Ac

= A ∪ Ac

= Ω ,

il che mostra che Bk ↑ Ω.

(c) Chiaramente Ak+1 = Ak ∪ C k+1 ⊇ Ak, dunque (Ak)k∈N è una successione crescente.Resta solo da verificare l’uguaglianza

k∈N

ki=1

C i

=i∈N

C i . (0.1)

Se ω appartiene al membro sinistro, per definizione esiste k ∈ N ed esiste i ∈ {1, . . . , k}tale che ω ∈ C i, in particolare esiste i ∈ N tale che ω ∈ C i, dunque ω appartiene al

membro destro; viceversa, se esiste i ∈ N tale che ω ∈ C i, scegliendo k := i si ha cheω ∈

ki=1 C i e dunque ω appartiene al membro destro.

(d) Senza perdita di generalità, supponiamo che k < l. Allora k ≤ l −1 e dunque Ak ⊆ Al−1(ricordiamo che (An)n∈N è una successione crescente di insiemi), quindi Ak ∩ A

cl−1 = ∅.

Di conseguenza

C k ∩ C l = (Ak \ Ak−1) ∩ (Al \ Al−1) = (Ak ∩ Ack−1) ∩ (Al ∩ A

cl−1)

= Ack−1 ∩ Al ∩ (Ak ∩ Acl−1) = A

ck−1 ∩ Al ∩ ∅ = ∅ ,

dunque gli insiemi (C n)n∈N sono a due a due disgiunti.Verifichiamo l’uguaglianza

nk=1 C k = An per induzione. Per n = 1 si ha C 1 = A1,

che è vera per definizione di C 1. Procedendo per induzione, supponiamo la relazione

vera al passo n: per il passo n + 1 si ha alloran+1k=1

C k =

nk=1

C k

∪ C n+1 = An ∪ C n+1 = An ∪ (An+1 \ An) = An ∪ (An+1 ∩ A

cn)

=

An ∪ An+1

∪

An ∩ Acn) = An+1 ∪ ∅ = An+1 .

Infine, per l’uguaglianza

k∈N C k = A, notiamo che A =

n∈N An =

n∈N

nk=1 C k,

quindi ritroviamo la relazione (0.1) già dimostrata.

Soluzione 7. Procediamo per induzione su n. Per n = 1 la formula si riduce a P(A1) =P(A1), e dunque non c’è nulla da dimostrare. Supponiamo allora che l’asserto sia vero per


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ogni k ≤ n, e mostriamo che è vero per n + 1. Siano A1, A2, . . . , An, An+1 eventi. Usando ilfatto che, per ipotesi induttiva, la formula vale per n = 2 otteniamo

P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ∪ An+1)

= P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) + P(An+1) − P((A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) ∩ An+1)

= P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) + P(An+1) − P(B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bn) ,

(0.2)

dove abbiamo posto per comodità Bi = Ai ∩ An+1, per i = 1, 2, . . . , n. Usando nuovamentel’ipotesi induttiva, questa volta per n eventi, otteniamo

P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An) =n

k=1

J ⊆{1,2,...,n}tale che |J |=k

(−1)k+1P

i∈J

Ai

=n

k=1

J ⊆{1,2,...,n+1}

tale che |J | = k e n + 1 ∈ J

(−1)k+1Pi∈J

Ai ,(0.3)

e analogamente

P(B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bn) =n

k=1

J ⊆{1,2,...,n}

tale che |J | = k

(−1)k+1P

i∈J

Bi

=n

k=1

J ⊆{1,2,...,n}

tale che |J | = k

(−1)k+1P

An+1 ∩

i∈J

Ai

= −

n+1k=2

J ⊆{1,2,...,n+1}

tale che |J | = k e n + 1 ∈ J

(−1)k+1

P

i∈J Ai

.

(0.4)

Sostituendo (0.3) e (0.4) nell’ultimo membro di (0.2), si ottiene

P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ∪ An+1) =n+1k=1

J ⊆{1,2,...,n+1}tale che |J | = k

(−1)k+1P

i∈J

Ai

,

che è quanto si voleva dimostrare.


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Calcolo combinatorio.

Esercizio 1. In un mazzo di 52 carte da Poker ogni carta è identificata da un seme (cuori♥, quadri ♦, fiori ♣, picche ♠) e da un tipo (un numero da 1 a 10 oppure J, Q, K). Quindiil mazzo di carte può essere identificato con l’insieme

M := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,J,Q ,K }×{♥, ♦, ♣, ♠} .Una “mano” consiste di 5 carte estratte dal mazzo, ossia un elemento dell’insieme

Ω := {A ⊆ M : |A| = 5} .Munendo Ω della probabilità uniforme, si calcoli la probabilità di ottenere i seguenti punti(in ordine decrescente di valore):

(a) scala reale (5 carte dello stesso seme e con tipi crescenti in progressione aritmetica di pas-so 1, per es. {5♥, 6♥, 7♥, 8♥, 9♥}, {8♦, 9♦, 10♦, J ♦, Q♦}; le progressioni ammissibilisono {1, 2, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5, 6}, . . . , {9, 10,J,Q ,K } e infine {10,J,Q,K, 1});

(b) poker (4 carte dello stesso tipo, la quinta arbitraria);

(c) full (3 carte dello stesso tipo, le altre 2 carte dello stesso tipo, ovviamente diverso dalprecedente);

(d) colore (5 carte dello stesso seme, ma non sono in progressione aritmetica di passo 1);

(e) scala semplice (5 carte con tipi crescenti in progressione aritmetica di passo 1, cf. lascala reale, ma non tutte dello stesso seme);

(f) tris (3 carte dello stesso tipo, le altre 2 arbitrarie, ma tali da non produrre un pokerné un full);

(g) doppia coppia (2 carte dello stesso tipo, 2 altre carte dello stesso tipo diverso dalprecedente, la quinta carta arbitraria, ma tale da non produrre un full);

(h) coppia (2 carte dello stesso tipo, le altre 3 arbitrarie, ma tali da non produrre un trisné un poker né un full).

Esercizio 2. In una estrazione del Lotto su una determinata ruota vengono estratti a caso5 numeri tra 1 e 90. Si calcoli la probabilità di fare:

(a) ambata giocando un numero n (cioè n è tra i 5 numeri estratti);

(b) ambo giocando due numeri n, m (cioè n e m sono tra i 5 numeri estratti);

(c) terno giocando tre numeri n, m, k (cioè n, m e k sono tra i 5 numeri estratti);

[Nella realtà che le vincite vengono pagate molto meno di quanto sarebbe “equo”: perl’ambata si oggiene 11.23 volte la giocata (invece di 18), per l’ambo 250 volte (invece di400.5), per il terno 4500 volte (invece di 11748).]

Esercizio 3. Si lanciano 12 dadi. Qual è la probabilità che ognuno dei numeri 1, 2, 3, 4, 5, 6compaia esattamente 2 volte?



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Esercizio 4. 21 passeggeri salgono su un treno della metropolitana vuoto formato da 3vagoni, e ognuno sceglie a caso il vagone su cui viaggiare. Si calcoli la probabilità che

(a) ci siano 4 passeggeri nel primo vagone;(b) ci siano 7 passeggeri in ciascun vagone;

(c) 5 persone siano su un vagone, 6 su un altro e 10 sul rimanente.

Esercizio 5. Quattro coppie di sposi salgono su un minibus con otto posti a sedere, dispostiin quattro coppie di sedili adiacenti.

Se le otto persone scelgono i posti in modo casuale, qual è la probabilità che ciascuno spososieda accanto alla propria consorte?

Esercizio 6. Una lotteria emette n biglietti, di cui m < n sono vincenti. Qual è la probabilitàche un possessore di r biglietti ne abbia almeno uno di vincente?

Esercizio 7. Si supponga di avere un mazzo di n chiavi diverse. Dovendo aprire unaserratura di cui si ha la chiave, si provano a caso le n chiavi, mettendo da parte quello giàprovate, fino a che non si è trovata la chiave giusta. Qual è la probabilità di trovare la chiavegiusta dopo k tentativi, con 1

≤k

≤n?

Esercizio 8. Si eseguano n estrazioni casuali con reimmissione da un’urna contenente 2noggetti distinti. Sia pn la probabilità che gli n oggetti estratti siano tutti diversi.

(a) Determinare pn.

(b) Introduciamo la notazione an ∼ bn per indicare che an/bn → 1 per n → ∞. Usando laformula di Stirling n! ∼ nne−n√ 2πn, si mostri che pn ∼ cn, determinando c e .

Esercizio 9. n paia di guanti vengono mescolate, e poi distribuite a caso a n persone (dueguanti per persona).

(a) Qual è la probabilità pn che ognuno riceva un guanto per la mano destra e uno per lasinistra?

(b) Si determini il comportamento asintotico pn per n → ∞ usando la formula di Stirlingn! ∼ nn e−n √ 2πn.


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Soluzione 1. Detto M l’insieme delle carte del mazzo, uno spazio di probabilità naturaleè Ω = {B ⊆ M : |B| = 5} munito della probabilità uniforme, per cui P(A) = |A|/|Ω| =

|A

|/525 per ogni A ⊆

Ω.

(a) scala reale:52

5

−1 · 4 · 10 = 40

2 598 960 = 1

64974 ≈ 0.000015 = 0.0015%.

(b) poker:52

5

−1 · 13 · 48 = 624

2598960 = 1

4 165 ≈ 0.00024 = 0.024%.

(c) full:52

5

−1 · 13 · 12 · 4

3

· 42

= 3 744

2598960 ≈ 0.0014 = 0.14%.

(d) colore:52

5

−1 · 4 · (13

5

− 10) = 5 1082 598 960

≈ 0.0020 = 0.20%.(e) scala semplice:

52

5

−1 · 10 · (45 − 4) = 10200

2 598 960 = 5

1274 ≈ 0.0039 = 0.39%.

(f) tris:52

5

−1 · 13 · 12

2

· 43

· 4 · 4 = 549122 598 960

≈ 0.021 = 2.1%.(g) doppia coppia: 525

−1

· 13

2 ·11

· 4

2 · 4

2 ·4 = 123552

2598960

≈0.48 = 4.8%.

(h) coppia:52

5

−1 · 13 · 4

2

· 123

· 43 = 1 0982402598960

≈ 0.42 = 42%.

Soluzione 2. Uno spazio di probabilità naturale è Ω = {B ⊆ {1, . . . , 90} : |B| = 5} munitodella probabilità uniforme, per cui P(A) = |A|/|Ω| = |A|/90

5

per ogni A ⊆ Ω.

(a) ambata (un numero) giocando un numero:90

5

−1 · 89

4

= 1

18 ≈ 0.055 = 5.5%.

(b) ambo giocando due numeri:90

5

−1 · 88

3

= 2

801 ≈ 0.0024 = 0.24%.

(c) terno giocando tre numeri:90

5

−1 · 87

2

= 1

11748 ≈ 0.000085 = 0.0085%.

Soluzione 3. Si sceglie Ω = {f : {1, . . . , 12} → {1, 2, 3, 4, 5, 6}} munito della probabilitàuniforme. Se A è l’evento in questione, scegliere un elemento di A significa scegliere i duedadi che danno 1 (ossia la coppia di valori {i, j} ⊆ {1, . . . , 12} tali che f (i) = f ( j) = 1),quindi i due che danno 2, e così via. Allora

P(A) = |A||Ω| =

12

2

10

2

8

2

6

2

4

2

612

.

Soluzione 4. Numerati i passeggeri e i vagoni, lo spazio di probabilità naturale è Ω ={f : {1, . . . , 21} → {1, 2, 3}} munito della probabilità uniforme. Chiaramente |Ω| = 321.Calcoliamo i casi favorevoli dei vari punti.

(a) L’evento in questione è A = {f ∈ Ω : |f −1

(1)| = 4}. Si noti che J := f −1

(1) ⊆{1, . . . , 21} è l’insieme dei passeggeri che siedono nel 1o vagone, per cui ci sono 214

possibili modi di effettuare questa scelta. Resta da definire f su {1, . . . , 21} \ J , ossiarestano da piazzare i restanti 21 − 4 = 17 passeggeri che siedono nel 2o e 3o vagone: perquesta scelta ci sono 217 modi possibili, per cui |A| = 21

4

217. La probabilità cercata è

dunque:

P(A) = |A||Ω| =

21

4

217

321 0.0749942.

(b) Ci devono essere 7 passeggeri per ogni vagone. I casi favorevoli sono allora:21

7

21 − 7

7

21 − 7 − 7

7

=

21!

7!14!

14!

7!7!

7!

7!0! =

21!

(7!)3.


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4

La probabilità cercata è:21!

(7!)3321 0.038151.

(c) Conto prima il numero di casi favorevoli all’evento 5 sul I vagone, 6 sul II e 10 sul III.Si hanno

21

5

21 − 5

6

21 − 5 − 6

10

casi. Ora moltiplicando questo numero per 3!, cioè il numero di modi di permutare i 3vagoni ottengo i casi favorevoli, e la probabilità cercata è:

21

5

16

6

3!

321 0.09347.

Soluzione 5. Indicato con S l’insieme delle otto persone e P quello degli otto sedili, unospazio di probabilità naturale è Ω =

{f : P

→S biunivoche

}, per cui

|Ω

|= 8!. Detto A

⊆Ω

l’evento che ogni sposa sieda accanto al proprio consorte, è facile vedere che gli elementidi A si possono determinare scegliendo il posto della prima sposa, quindi quello di suomarito, poi quello della seconda sposa,quindi quello di suo marito, ecc. Si ottiene dunque|A| = 8 · 1 · 6 · 1 · 4 · 1 · 2 · 1 = 8 · 6 · 4 · 2, da cui P(A) = |A|/|Ω| = 1/(7 · 5 · 3) ≈ 0.0095.

Soluzione 6. Possiamo scegliere Ω = insieme dei sottoinsiemi di r elementi dell’insiemedegli n biglietti. Se A è l’evento in questione, Ac è l’insieme dei sottoinsiemi di r elementidegli n − m biglietti non vincenti. Allora

P(A) = 1 − P(Ac) = 1 −n−m

r

n

r .

Soluzione 7. Sia Ω l’insieme delle permutazioni delle n chiavi, e diciamo che la chiavegiusta sia la numero 1. L’evento in questione è {σ ∈ Ω : σ(1) = k}, che ha cardinalità(n − 1)!. Da ciò segue subito che la probabilità richiesta è (n − 1)!/n! = 1/n.

Soluzione 8. (a) Il numero di sequenze di n estrazioni in cui gli oggetti estratti sianotutti diversi è

2n(2n − 1) · · · (n + 1) = (2n)!n!

.

Perciò

pn = (2n)!

n!(2n)n.

(b) Usando la Formula di Stirling

pn ∼√

4πn (2n)2ne−2n√ 2πn nne−n(2n)n

∼√

2

2

e

n

,

cioè c =√

2 e = 2/e.

Soluzione 9. Numeriamo i guanti da 1 a 2n, supponendo che i guanti di numero dispari(risp. pari) siano quelli sinistri (risp. destri). Scegliamo quindi Ω = S 2n = {f : {1, . . . , 2n} →{1, . . . , 2n} biunivoche} munito della probabilità uniforme. L’interpretazione è la seguente:i guanti assegnati alla prima persona sono quelli con i numeri f (1), f (2); i guanti assegnatialla seconda persona sono quelli con i numeri f (3), f (4); più in generale, i guanti assegnati


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5

all’i-esima persona, con 1 ≤ i ≤ n, sono quelli con i numeri f (2i − 1), f (2i). L’evento A checi interessa è identificabile con il sottoinsieme delle f ∈ Ω tali che per ogni 1 ≤ i ≤ n lacoppia di numeri

{f (2i

−1), f (2i)

} è costituita da un numero pari e da uno dispari.

(a) Gli elementi di A possono essere determinati scegliendo successivamente i valorif (1), f (2), . . . , f (2n−1), f (2n). Per f (1) ci sono 2n possibilità, mentre per f (2) soltanton, poiché deve avere parità diversa da f (1); per f (3) ci sono 2n − 2 = 2(n − 1) possibilivalori rimasti, mentre per f (4) le possibilità sono n − 1; iterando il ragionamento, siottiene |A| = 2n · n · 2(n − 1) · (n − 1) · · · 2 j · j · · · 2 · 1 = 2n · n! · n! = 2n(n!)2, per cui

pn = P(A) = |A||Ω| =

2n(n!)2

(2n)! .

(b) Usando la formula di Stirling, si ottiene

pn ∼ 2n n2n e−2n 2πn

(2n)2n e−2n√

2π·

2n∼ √ π

√ n

2n.


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Probabilità condizionale e indipendenza.

Esercizio 1. Per rilevare la presenza di una certa malattia, si effettua un test. Se la personasottoposta al test è malata, il test dà sempre esito positivo (non ci sono dunque “falsinegativi”). Se invece la persona sottoposta al test è sana, il test dà (erroneamente) esitopositivo con probabilità 0.01. Indichiamo con α ∈ (0, 1) l’incidenza della malattia nellapopolazione (cioè la frazione di persone malate). Si determini, in funzione di α, la probabilità

pα che una persona risultata positiva al test sia effettivamente malata. Si calcoli il valoretrovato per α = 0.1, 0.01, 0.001 e se ne descriva il comportamento asintotico per α → 0.

Esercizio 2. Ho una moneta A regolare e una moneta B truccata, per cui la probabilità di

ottenere testa vale 3

4 . Scelgo una moneta a caso, con uguale probabilità, e la lancio. Se escetesta, qual è la probabilità che la moneta scelta sia stata B?

Esercizio 3. Durante la notte, un taxi ha causato un incidente. In città operano duecompagnie di taxi, una con i taxi gialli (che sono l’85% del totale) l’altra con i taxi bianchi.Un testimone ha dichiarato che il taxi coinvolto nell’incidente era giallo. La probabilità cheun testimone, di notte, identifichi correttamente il colore del taxi è pari a 0.8.

(a) Sulla base di queste informazioni, qual è la probabilità che il taxi coinvolto nell’incidentefosse in realtà bianco?

(b) Supponiamo che un secondo testimone abbia dichiarato che il taxi era giallo, e che lacorrettezza dell’identificazione del colore da parte di questo testimone sia indipendente

da quella del primo. Sulla base di questa ulteriore informazione, qual è ora la probabilitàche il taxi coinvolto nell’incidente fosse in realtà bianco?

Esercizio 4. Infilo in una busta tre carte: una ha entrambe le facce rosse, una le ha entrambenere, una ha una faccia rossa e una nera. Con gli occhi chiusi, pesco una carta a caso e ladepongo sul tavolo su una faccia a caso, quindi apro gli occhi. Se la faccia che vedo è rossa,qual è la probabilità che anche l’altra faccia sia rossa?

Esercizio 5. Una coppia ha due figli(e). Assumiamo che ciascun figlio possa essere maschioo femmina con la stessa probabilità, indipendentemente dal sesso dell’altro figlio.

(a) Sapendo che il primogenito è maschio, qual è la probabilità che anche il secondogenitolo sia?

(b) Sapendo che il secondogenito è maschio, qual è la probabilità che anche il primogenitolo sia?

(c) Sapendo che almeno un figlio è maschio, qual è la probabilità che anche l’altro lo sia?

Il sabato pomeriggio la madre esce a passeggio con uno dei due figli, mentre il padre resta acasa con l’altro. Supponiamo che la madre scelga il figlio con cui uscire in modo casuale.

(d) Se incontro la madre a passeggio con un figlio maschio, qual è la probabilità che anchel’altro figlio sia maschio?



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2

(e) Come cambia la risposta al quesito precedente se invece la madre avesse una particolarepredilezione per i figli maschi e pertanto decidesse sempre di uscire con un figlio maschio(quando ne ha uno; altrimenti esce con una delle due figlie)?

Esercizio 6. Da un’urna contenente n palline di cui k rosse e n − k verdi, con 1 ≤ k ≤ n − 1,si estrae una pallina e quindi, senza reimmetterla nell’urna, si estrae una seconda pallina.Si calcoli la probabilità degli eventi A1 := “la prima pallina estratta è rossa” e A2 := “laseconda pallina estratta è rossa”. Essi sono indipendenti?

Esercizio 7. Quante volte n è necessario lanciare un “dado regolare a N facce”, affinchèla probabilità di ottenere almeno una volta il numero “ 1” sia superiore al 90%? Si calcoliesplicitamente il valore di n per N = 6, 100, 1000.

Esercizio 8. Ho a disposizione n ∈ N monete: la i-esima moneta dà testa con probabilitàin , per 1 ≤ i ≤ n. Scelgo una moneta a caso e la lancio k ∈ N volte.

(a) Qual è la probabilità pn,k che esca sempre testa nei k lanci?

(b) Supponendo che sia effettivamente uscita sempre testa nei k lanci, qual è la probabilità(condizionata) q n,k che esca testa anche al lancio successivo?

(c) Si calcoli il limite per n → ∞ (con k fissato) dei risultati ottenuti.

Esercizio 9. Siano assegnati tre numeri: α1, α2 ∈ [0, 1] e β ∈ (0, 1).

(a) Si mostri che esiste uno spazio di probabilità contenente due eventi A, B tali che

P(B) = β , P(A|B) = α1 , P(A|Bc) = α2 .

[Sugg. Si consideri Ω = {ab,ab̄, āb, āb̄} = {a, ā} × {b, b̄}, definendo A := {ab,ab̄}, B := {ab, āb}e mostrando che esiste un’unica probabilità P su Ω che soddisfa le specifiche richieste.]

(b) Si mostri che come spazio di probabilità per il punto precedente si può prendere(Ω = (0, 1), A = B ((0, 1)), P = Leb), con B := (0, β ) e definendo opportunamente A.

Esercizio 10. Un commerciante acquista certe componenti elettriche in egual misura dadue fornitori A e B. Viene a sapere che il 15% delle componenti provenienti da B è difettosa,cioè si rompono dopo poche ore di utilizzo, contro solo il 3% di quelle provenienti da A.Il commerciante è in procinto di mettere in vendita una confezione tali componenti, tutteprovenienti dallo stesso fornitore, ma di cui non ha registrato la provenienza. Per conoscernela provenienza ne testa 20, di cui 2 risultano difettose. Con quale grado di confidenza può

ritenere che la partita gli sia stata fornita da B?


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3

Soluzione 1. Introducendo gli eventi A := “l’individuo è malato” e B := “il test dà esitopositivo”, si ha P(A) = α, P(B|A) = 1 e P(B|Ac) = 0.01. Per le formule di Bayes e delleprobabilità totali si ha dunque

pα = P(A|B) = P(B|A)P(A)

P(B) =

P(B|A)P(A)

P(B|A)P(A) + P(B|Ac)(1 − P(A)) =

α

α + 1100(1 − α)

= α1100

1

1 + 99α = 100α(1 − 99α + O(α2)) .

Si ha dunque limα→0 pα = 0; per α = 0.1, 0.01, 0.001 si ottiene pα = 0.92, 0.50, 0.09.

Soluzione 2. Il problema è “isomorfo” a quello delle urne discusso a lezione. Introducendogli eventi B := “scelgo la moneta B e T := “esce testa”, si ha

P(B) = 1

2 , P(T |B) =

3

4 , P(T |Bc) =

1

2 ,

pertanto

P(B|T ) = P(T |B)P(B)

P(T |B)P(B) + P(T |B)P(Bc) =

3412

3412 +

1212

= 3

5 .

Soluzione 3. (a) Consideriamo gli eventi: A = “il taxi coinvolto è bianco”, B = “iltestimone dichiara di aver visto un taxi giallo”. Sappiamo che P(A) = 0.85 = 1720 ,

P(B|A) = 0.2 = 15 , P(B|Ac) = 0.8 = 45 . Perciò, usando la Formula di Bayes,

P(A|B) = P(B|A)P(A)

P(B|A)P(A) + P(B|Ac)P(Ac) =

151720

151720 +

45320

= 17

29.

(b) Sia C = “il secondo testimone dichiara di aver visto un taxi giallo”. Per ipotesi

P(B ∩ C |A) = P(B|A)P(C |A) = (0.2)2 == .04 125 e, analogamente, P(B ∩ C |Ac) =P(B|Ac)P(C |Ac) = (0.8)2 = 0.64 = 1625 . Allora

P(A|B ∩ C ) = P(B ∩ C |A)P(A)

P(B ∩ C |A)P(A) + P(B ∩ C |Ac)P(Ac) =

125

1720

125

1720 +

1625

320

= 17

65.

Soluzione 4. Indichiamo le tre carte rispettivamente con α (rossa-rossa), β (nera-nera)e γ (rossa-nera). Uno spazio campionario per l’esperimento è Ω = {α1, α2, β 1, β 2, γ 1, γ 2},dove α1 significa che pesco la carta α e il lato scoperto è il primo (rosso), γ 2 significache pesco la carta γ e il lato scoperto è il secondo (nero), ecc. Come σ-algebra scegliamonaturalmente P (Ω), essendo |Ω| < ∞. Mostriamo che la probabilità corretta su Ω per

descrivere l’esperimento è quella uniforme. Introduciamo gli eventi A := “pesco la carta α= {α1, α2}, B := “pesco la carta β = {β 1, β 2}, C := “pesco la carta γ = {γ 1, γ 2}. Dato chela carta è scelta “a caso” si deve avere P(A) = P(B) = P(C ) = 13 . Inoltre, dato che anche il

lato su cui la carta è deposta è scelto “a caso”, si deve avere P({α1}|A) = P(α2|A) = 12 , da

cui si ottiene P({α1}) = P({α1} ∩ A) = P({α1}|A)P(A) = 1213 =

16 . Con analoghi argomenti

si ottiene P({α2}) = P({β 1}) = P({β 2})P({γ 1}) = P({γ 2}) = 16 , cioè P({ω}) = 16 per ogni

ω ∈ Ω. La probabilità P deve dunque essere quella uniforme.Introduciamo infine gli eventi Rs := “il lato scoperto è rosso” = {α1, α2, γ 1} e Rc := “il

lato coperto è rosso” = {α1, α2, γ 2}. Per definizione di speranza condizionale

P(Rc|Rs) = P(Rc ∩ Rs)

P(Rs) =

|Rc ∩ Rs|

|Rs| =

2

3 .


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4

Soluzione 5. Consideriamo lo spazio di probabilità Ω = {M M , M F , F M , F F } munito dellaprobabilità uniforme. Introduciamo gli eventi A := “il primogenito è maschio” = {M M , M F }e B := “il secondogenito è maschio” = {M M , F M }. Allora dobbiamo calcolare:

(a) P(A ∩ B|A) = P(A∩B)P(A) = |A∩B||A| =

12 ;

(b) P(A ∩ B|B) = P(A∩B)P(B) = |A∩B||B| =

12 ;

(c) P(A ∩ B|A ∪ B) = P((A∩B)∪(A∪B))P(A∪B) = P(A∩B)P(A∪B) =

|A∩B||A∪B| =

13 .

Per la seconda parte dell’esercizio occorre ingrandire lo spazio campionario, in mododa descrivere con quale figlio esce la madre. Scegliamo dunque Ω := Ω × {1, 2} ={M M 1, M M 2, M F 1, M F 2, F M 1, F M 2, F F 1, F F 2}. Si noti che gli eventi prima intro-dotti A := “il primogenito è maschio” e B := “il secondogenito è maschio” diventano ora A ={M M 1, M M 2, M F 1, M F 2} e B = {M M 1, M M 2, F M 1, F M 2}. Inoltre è naturale richiede-re che P({M M 1, M M 2}) = P({M F 1, M F 2}) = P({F M 1, F M 2}) = P({F F 1, F F 2}) = 1

4(le probabilità dei sessi dei figli presenti nella famiglia sono le stesse di prima). Questerichieste non determinano P completamente.

(d) Se il figlio con cui esce la madre è scelto “a caso”, si ha P({M M 1}|{M M 1, M M 2}) = 12 ,da cui segue che P({M M 1}) = P ({M M 1, M M 2})P({M M 1}|{M M 1, M M 2}) =1412 =

18 ; analogamente si mostra che P({ω}) =

18 per ogni ω ∈ Ω

. In altre parole, Pè la probabilità uniforme su Ω. Introducendo infine il nuovo evento C := “la madreesce a passeggio con un figlio maschio” = {M M 1, M M 2, M F 1, F M 2}, otteniamo

P(A ∩ B|C ) = |A∩B∩C ||C | = |A∩B||C | =

24 =

12 .

(e) In questo caso possiamo la probabilità da considerare non è più quella uniforme.In effetti si deve avere P({M F 1}|{M F 1, M F 2}) = 1, P({M F 2}|{M F 1, M F 2}) =

0 e analogamente P({F M 1}|{F M 1, F M 2}) = 0, P({F M 2}|{F M 1, F M 2}) = 1(quando i figli sono un maschio e una femmina, la madre esce sempre con il ma-schio), mentre quando i figli sono dello stesso sesso la scelta della madre è casua-le: in altri termini P({M M 1}|{M M 1, M M 2}) = P({M M 2}|{M M 1, M M 2}) = 12 e

P({F F 1}|{F F 1, F F 2}) = P({F F 2}|{F F 1, F F 2}) = 12 . Da ciò si ricava la probabilità:

P({M M 1}) = P({M M 2}) = P({F F 1}) = P({F F 2}) = 1

8 ,

P({M F 1}) = P({F M 2}) = 1

4 , P({F M 1}) = P({M F 2}) = 0 .

Introducendo come nel punto precedente l’evento C := “la madre esce a passeggio conun figlio maschio” = {M M 1, M M 2, M F 1, F M 2}, otteniamo infine

P(A ∩ B|C ) = P(A ∩ B ∩ C )

P(C ) =

P(A ∩ B)

P(C ) =

ω∈A∩B P({ω})ω∈C P({ω})

= P({M M 1}) + P({M M 2})

P({M M 1}) + P({M M 2}) + P({M F 1}) + P({F M 2})

= 1/8 + 1/8

1/8 + 1/8 + 1/4 + 1/4 =

1

3 .

Soluzione 6. Si deve avere P(A1) = kn

. Inoltre P(A2|A1) = k−1n−1 mentre P(A2|A

c1) =

kn−1 ,

da cui P(A2) = P(A2|A1)P(A1) + P (A2|Ac1)P(A

c1) =

k−1n−1

kn

+ kn−1(1 −

kn

) = k2−k+kn−k2

n(n−1) = kn

.

Dato che P(A2|A1) = P(A2) gli eventi A1 e A2 non sono indipendenti.


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5

Soluzione 7. La probabilità di ottenere almeno un successo in n prove ripetute e indipen-denti con probabilità di singolo successo p è pari a pn := 1 − (1 − p)

n, quindi

pn > 9

10 ⇐⇒ (1 − p)n

< 1

10 ⇐⇒ n > n0 := log 10

log 11− p.

Nel problema in esame p = 1N

, pertanto

n > n0 := log 10

log N N −1

,

che per N = 6, 100, 1000 dà rispettivamente n0 = 12, 229, 2301. Si noti che

n0 = log 10

log(1 + 1N −1)

∼ log 10

1N −1

∼ (log 10)N ,

ossia il valore di n0 cresce all’incirca linearmente con il numero di facce N del dado.

Soluzione 8. (a) pn,k = 1n

ni=1(

in

)k;

(b) q n,k =1n

n

i=1( in)k+1

1

n

n

i=1( in)k

.

(c) pn,kn→∞

−−−→ 10 x

k dx = 1k+1 ; q n,k

n→∞−−−→

1

0 xk+1 dx 1

0 xk dx

= k+1k+2 .

Soluzione 9. (a) Basta definire la densità discreta p(ω) := P({ω}). Se devono valere lerelazioni

P(B) = β , P(A|B) = α1 , P(A|Bc) = α2 , (0.1)

si deve avere necessariamente

p(ab) = P({ab}) = P(A ∩ B) = P(B) P(A|B) = β α1 .Con analoghi calcoli, si ricavano tutti i valori di p:

p(ab) = α1β , p(ab̄) = α2(1 − β ) ,

p(āb) = (1 − α1)β , p(āb̄) = (1 − α2)(1 − β ) .

Dunque la densità discreta p è univocamente determinata dalle richieste del problema(0.1). Viceversa, è immediato verificare che la funzione p definita come sopra è unadensità discreta, ossia p(ω) ≥ 0 per ogni ω ∈ Ω e

ω∈Ω p(ω) = 1, e valgono le proprietà

richieste (0.1).

(b) Basta definire A = (0, α1β ) ∪ [β, β + α2β ), così che A ∩ B = (0, α1β ) e A ∩ Bc =

[β, β + α2β ). Si verifica facilmente che le proprietà richieste (0.1) sono soddisfatte.

Soluzione 10. Si considerino gli eventi A = “la confezione proviene dal fornitore A”, B = “la confezione proviene dal fornitore B” = Ac e C = “di 20 pezzi testati 2 sono difettosi”.Sappiamo che

P(C |A) =

20

2

(0.15)2(0.85)18 0.23, P(C |B) =

20

2

(0.03)2(0.97)18 0.099,

mentre P(A) = P(B) = 1/2. Per concludere basta applicare la formula di Bayes:

P(B|C ) = P(C |B)P(B)

P(C |B)P(B) + P(C |A)P(A) 0.30.


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Misura e integrale.

Esercizio 1. Sia X una funzione misurabile da (Ω, A, µ) in R, tale che X ≥ 0 q.o..Indichiamo con I (X ) :=

Ω X dµ l’integrale rispetto a µ (quando esiste).

(a) Si ha X = 0 q.o. se e solo se I (X ) = 0.

(b) Se I (X ) < ∞ allora X


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2

Esercizio 5. Sia F : R → [0, 1] una funzione crescente e C 1 a tratti (ossia continua in ognipunto di R e derivabile con derivata continua in ogni punto di R \ N , dove N ⊆ R è uninsieme senza punti di accumulazione).

(a) La funzione f (x) := F (x), definita arbitrariamente per x ∈ N , è Lebesgue-integrabilesu ogni intervallo limitato [a, b] ⊆ R e si ha che

F (b) − F (a) =

ba

f (t) dt .

Se inoltre F (−∞) := limx→−∞ F (x) = 0, allora

F (x) =

x−∞

f (t) dt , ∀x ∈ R .

(b) Sia ν una probabilità su (R, B (R)) tale che la funzione di ripartizione F ν (x) :=ν ((−∞, x]) associata è C 1 a tratti. Allora ν è una probabilità assolutamente continua,

con densità f ν (x) := F

ν (x).

Richiami di teoria della misura.

Esercizio 6. Per a, b ∈ Rd poniamo (a, b) := (a1, b1) × · · · × (ad, bd) ⊆ Rd e definiamo

analogamente (a, b] (con la convenzione che (a, b) = ∅ se ai ≥ bi per qualche i = 1, . . . , d, eanalogamente (a, b] = ∅ se ai ≥ bi per qualche i = 1, . . . , d). Consideriamo quindi le famiglie

C := {(a, b) : a, b ∈ Qd} , D := {(a, b] : a, b ∈ Qd} , E := {(−∞, b] : b ∈ Qd}∪{∅} .

Si mostri che C , D , E sono basi della σ -algebra di Borel B (Rd).

Esercizio 7. Sia (Ω, A) uno spazio misurabile e, per ogni n ∈ N, sia X n : Ω → R una

funzione misurabile. Si mostri che le seguenti funzioni da Ω in R sono misurabili:supn

X n , inf n

X n , lim supn

X n , liminf n

X n ,

limn→∞

X n1{∃ limn→∞X n∈R} .

Esercizio 8. Si consideri per ogni n ∈ N la funzione ϕn : [0, +∞] → [0, +∞] definita da

ϕn(x) :=n2n−1k=0

k

2n1[ k

2n,k+12n

)(x) + n 1[n,∞)(x) .

(a) Si mostri che ϕn è una funzione semplice, che ϕn+1(x) ≥ ϕn(x) per ogni n ∈ N e x ≥ 0e che limn→∞ ϕn(x) = x per ogni x ≥ 0.

(b) Sia ora (Ω, A) uno spazio misurabile e sia X : Ω → [0, ∞] una funzione misurabile

positiva. Ponendo X n := ϕn(X ) = ϕn ◦ X , si mostri che X n è una funzione semplice,per ogni n ∈ N, e che X n ↑ X per n → ∞.

(c) Con le stesse notazioni del punto precedente, supponiamo che X sia limitata, ossiaesiste M ∈ (0, ∞) tale che |X (ω)| ≤ M per ogni ω ∈ Ω. Si mostri che, per ogni n > M ,si ha |X n(ω) − X (ω)| ≤

12n per ogni ω ∈ Ω. In particolare la convergenza X n → X è

uniforme e non solo puntuale: X n − X ∞ := supω∈Ω |X n(ω) − X (ω)| → 0 per n → ∞.


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3

Soluzione 1. (a)

(b)

Soluzione 2.

Soluzione 3. Il fatto che

n∈Z µ([n, n + 1)) = 1 e µ([n, n + 1)) ∈ {0, 1} per ogni n ∈ N

implica che esiste n con µ([n, n+1)) = 1. Ma 1 = µ([n, n+1)) = µ([n, n+ 12))+µ([n+12 , n+1)),

quindi uno e uno solo dei due termini vale 1. Per induzione esiste una successione {I k}k∈Ndi intervalli I k = [ak, bk) di lunghezza

12k

tali che I k+1 ⊆ I k e µ(I k) = 1 per ogni k ∈ N. Percostruzione,

k∈N I k contiene solo un punto oppure è vuoto. Per continuità dall’alto allora

µ(k∈N I k) = limk→∞ µ(I k) = 1, quindi

k∈N I k non è vuoto e deve necessariamente essere

un singoletto:

k∈N I k = {c} con c ∈ R e dunque µ({c}) = 1.

Soluzione alternativa. Siano F (t) := µ((−∞, t]) e c := inf {t ∈ R : F (t) = 1}. Dato che

F (t) → 1 per t → +∞, F (t) → 0 per t → −∞ e F (t) ∈ {0, 1} per ogni t ∈ R, segue che−∞ < c c, dunque µ((−∞, c]) = limn→+∞ µ((−∞, t +

1n

]) = 1 per continuità dall’alto dellaprobabilità. Per definizione di c si ha F (t) = 0 per ogni t < c, quindi F (c−) = 0 e dunqueµ({c}) = F (c) − F (c−) = 1. Di conseguenza µ(R \ {c}) = 0 e da ciò segue che µ = δ c.

Soluzione 4. (a)

(b)

(c)

Soluzione 5. (a)

(b)

Soluzione 6. Indichiamo con τ la famiglia dei sottoinsiemi aperti di Rd, cosicché B (Rd) =σ(τ ). Le famiglie C , D, E sono chiuse per intersezioni finite, quindi è sufficiente mostrareche B (Rd) = σ(C ), B (Rd) = σ(D), B (Rd) = σ(E ).

Mostriamo che σ(C ) = B (Rd). Ogni aperto A ∈ τ è unione numerabile di rettangoli aperti:possiamo cioè scrivere A =

n∈N Rn con Rn ∈ C per ogni n ∈ N. Questo mostra che ogni

insieme aperto A è in σ(C ), cioè τ ⊆ σ(C ), da cui segue che σ(τ ) ⊆ σ(C ). D’altro canto si hachiaramente C ⊆ τ , quindi σ(C ) ⊆ σ(τ ). In definitiva σ(C ) = σ(τ ) = B (Rd).

Mostriamo ora che σ(D) = B (Rd). Basta mostrare che C ⊆ σ(D) e D ⊆ σ(C ), da cui segueche σ(C ) ⊆ σ(D) e σ(D) ⊆ σ(C ), cioè σ(D) = σ(C ) = B (Rd). Sia A = (a, b) ∈ C e sia (an)n∈Nuna successione strettamente decrescente in Qd tale che limn→∞ an = a; posto An := [an, b),si ha allora A =

n∈N An. Questo mostra che C ⊆ σ (D). Viceversa, dato B = [a, b) ∈ D

sia (an)n∈N una successione strettamente crescente in Qd tale che limn→∞ an = a; posto

Bn := (an, b), si ha allora B =n∈N Bn. Questo mostra che D ⊆ σ(C ).

Mostriamo infine che σ(E ) = B (Rd). Basta mostrare che E ⊆ σ(D) e D ⊆ σ(E ), da cuisegue che σ(E ) ⊆ σ(D) e σ(D) ⊆ σ(E ), cioè σ(E ) = σ(D) = B (Rd). Ogni A = (−∞, b] ∈ E sipuò scrivere A =

n∈N(−b − n, −b] e dato che (−b − n, −b] ∈ D segue che A ∈ σ(D), dunque

E ⊆ σ(D). Viceversa, ogni B = (a, b] ∈ D si può scrivere come B = (−∞, b] \ (−∞, a] =(−∞, b] ∩ (−∞, a]c e dunque B ∈ σ(E ), da cui segue che D ⊆ σ(E ).

Soluzione 7.


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4

Soluzione 8. (a)

(b)

(c)


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Variabili aleatorie e distribuzioni.

Esercizi teorici

Esercizio 1 (Conservazione della legge). Siano X, Y due variabili aleatorie (non necessaria-mente definite sullo stesso spazio di probabilità) a valori nello stesso spazio misurabile (E, E )e con la stessa legge: µX = µY . Sia (F, F ) uno spazio misurabile e ϕ : E → F un’applicazionemisurabile. Si mostri che ϕ(X ) e ϕ(Y ) sono variabili aleatorie con la stessa legge.

Esercizio 2. Siano X, Y due variabili aleatorie definite sullo stesso spazio di probabilità(Ω, A, P) a valori nello stesso spazio misurabile (E, E ). Si mostri che se X e Y sono q.c.uguali, ossia P(X = Y ) = 1, allora X e Y hanno la stessa legge.[Sugg. Si mostri che se P(A) = 1 allora P(A ∩ C ) = P(C ) per ogni evento C .]

Esercizi “pratici”

Esercizio 3. 120 studenti sono suddivisi in 3 gruppi di 30, 40 e 50 studenti rispettivamente.

(a) Scelgo un gruppo a caso e indico con Y il numero di studenti nel gruppo scelto.Determinare distribuzione e valor medio di Y .

(b) Scelgo uno studente a caso e indico con X il numero di studenti nello stesso gruppodello studente scelto. Determinare distribuzione e valor medio di X .

Esercizio 4. Si considerino 3 urne identiche, ognuna contenente una pallina rossa e quattropalline verdi. Ogni urna viene assegnata ad uno di tre giocatori, e ogni giocatore estraeuna pallina dalla propria urna. Un montepremi di 300 Euro viene diviso tra i giocatori cheestraggono la pallina rossa.

(a) Sia X il numero di Euro vinti da ogni giocatore vincente ( X = 0 se nessun giocatoreestrae la pallina rossa). Determinare la densità discreta e il valor medio di X .

(b) Si supponga di considerare uno dei tre giocatori, chiamiamolo Tizio, e sia Y il numerodi Euro vinti da Tizio. Si determinino la densità discreta e il valor medio di Y .

Esercizio 5. Un’urna contiene n ≥ 1 palline bianche e 2 palline rosse. Si eseguono estrazioniripetute senza reimmissione . Introduciamo la variabile aleatoria

X = numero di palline bianche estratte prima di estrarre una pallina rossa.

Si mostri che X (Ω) = {0, 1, . . . , n} e che la densità discreta di X è data da

pX (k) = 2

(n + 2)(n + 1)(n − k + 1) , ∀k ∈ X (Ω) .

Si calcoli quindi E(X ).

[Sugg.: si ricordi chen

k=1 k = n(n+1)

2 en

k=1 k2 = n(n+1)(2n+1)6 .]

†Ultima modifica: 7 novembre 2013.


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2

Esercizio 6. Un gioco a premi ha un montepremi di 512 euro. Vengono poste ad unconcorrente 10 domande. Ad ogni risposta errata il montepremi viene dimezzato. Alla primarisposta esatta il concorrente vince il montepremi rimasto. Se non si dà alcuna risposta

esatta non si vince nulla.Un certo concorrente risponde esattamente ad una domanda con probabilità p ∈ (0, 1),

indipendentemente dalle risposte alle altre domande. Indicando con X la vincita di questoconcorrente, si determini la distribuzione di X e se ne calcoli il valor medio E(X ).

Esercizio 7. Si consideri la seguente classica strategia per il gioco della roulette. Puntosempre sul rosso (la probabilità che esca il rosso in una giocata vale 1837 ; se si vince si riceveil doppio della posta). Alla prima giocata punto un euro: se vinco, mi ritiro con l’euroguadagnato e il gioco finisce; se perdo, raddoppio la posta alla seconda puntata; e così via.Il mio capitale iniziale è pari a 1023 euro, quindi se perdo 10 volte di seguito devo smettere.

Sia X la differenza tra il mio capitale alla fine del gioco e all’inizio. Si calcolino la

distribuzione e il valor medio di X .[Sugg.: quali valori può assumere X ?]

Esercizio 8. Sia X n una variabile casuale con distribuzione uniforme in { 1n , 2n , . . . , n−1n , 1},dove n ∈N. Data f : [0, 1] →R continua, si calcoli il limite di E(f (X n)) per n → ∞.

Esercizio 9. Scegliamo casualmente una permutazione di {1, . . . , n} in modo uniforme eindichiamone con X il numero di punti fissi. Si determini E(X ).

[Sugg.: Non è necessario determinare la distribuzione di X .]

Esercizio 10. Una variabile aleatoria reale X è detta di Cauchy se è assolutamente continua

con densità

f X (x) := 1

π

1

1 + x2 , x ∈R .

(a) Si mostri che f X è effettivamente una densità e si calcolino P(X > 1) e P(X


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3

Soluzione 1. Siano (Ω, A, P) e (Ω, A, P) gli spazi di definizione di X e Y rispettivamente.ϕ(X ) e ϕ(Y ) sono variabili aleatorie (ossia funzioni misurabili) perché composizione difunzioni misurabili. Per ogni C

∈ F si ha

µϕ(X )(C ) = P(ϕ(X ) ∈ C ) = P(X ∈ ϕ−1(C )) = µX (ϕ−1(C )) ,perché vale l’uguaglianza di eventi {ϕ(X ) ∈ C } = {X ∈ ϕ−1(C )}. Dato che µX = µY peripotesi, segue che

µϕ(X )(C ) = µY (ϕ−1(C )) = P(Y ∈ ϕ−1(C )) = P(ϕ(Y ) ∈ C ) = µϕ(Y )(C ) .

Soluzione 2. Osserviamo innanzitutto che se P(C ) = 1 allora P(A ∩ C ) = P(A) per ogniA ∈ A. (Infatti P(A) = P(A ∩ C ) + P(A ∩ C c) e P(A ∩ C c) ≤ P(C c) = 1 − P(C ) = 0.) Peripotesi P(X = Y ) = 1, dunque per ogni B ∈ E possiamo scrivere

µX (B) = P(X

∈ B) = P(X

∈ B, X = Y ) = P(Y

∈ B, X = Y ) ,

dal momento che vale l’uguaglianza di eventi {X ∈ B, X = Y } = {Y ∈ B, X = Y }. Diconseguenza

µX (B) = P(Y ∈ B, X = Y ) = P(Y ∈ B) = µY (B) .

Soluzione 3. (a) Y (Ω) = {30, 40, 50}, pY (30) = pY (40) = pY (50) = 13 , E(Y ) = 40(b) X (Ω) = {30, 40, 50}, pX (x) = x120 , E(X ) = 50001200 41.7 > 40

Soluzione 4. X (Ω) = Y (Ω) = {0, 300, 150, 100} = {x0, x1, x2, x3}, pX (xk) =3k

(15)

k(45)3−k,

pY (0) = 45 , pY (xk) =

15 ·

2k−1(

15)

k−1(45)3−k per k = 1, 2, 3, E(X ) = . . ., E(Y ) = . . .

Soluzione 5. Consideriamo gli eventi A = “la k + 1-ma pallina estratta è rossa”, B = “leprime k palline estratte sono tutte bianche”. Si ha

P(X = k) = P(A ∩ B) = P(A|B)P(B) = 2n − k + 2

nk

n+2k

= 2(n + 2)(n + 1)

(n − k + 1),

dove nell’ultimo passaggio si sono eseguite le dovute semplificazioni. Dunque

E(X ) = 2

(n + 2)(n + 1)

nk=0

k(n − k + 1) = 2n + 2

nk=1

k − 2(n + 2)(n + 1)

nk=1

k2

= n(n + 1)

n + 2 − n(2n + 1)

3(n + 2)

= n

3

.

Soluzione 6. X (Ω) = {5122k

= 29−k}0≤k≤9 ∪ {0}, pX (29−k) = (1 − p)k p, pX (0) = (1 − p)10,E(X ) =

9k=0 2

9−k(1 − p)k p = 29 p9k=0(1− p2 )k = 29 p(1 − (1− p2 )10)/(1+ p2 )Soluzione 7. X (Ω) = {−1023, 1}, pX (−1023) = 1 − pX (1) = (1937)10, E(X ) = 1 − (3837)10 −0.31 < 0

Soluzione 8. E (f (X n)) = 1n

nk=1 f (

kn

) è una somma di Riemann che converge per n → ∞verso l’integrale

10 f (x)dx.


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4

Soluzione 9. Sia X i = 1Ai la variabile aleatoria indicatrice dell’evento Ai := “i è unpunto fisso”. Allora X =

ni=1 X i e pertanto E(X ) =

ni=1 E(X i). (Tutti i valori medi

esistono finiti, perché le variabili aleatorie coinvolte sono limitate.) Le permutazioni in cui i

è un punto fisso possono essere identificate con le permutazioni di {1, . . . , n} \ {i} e sonopertanto (n − 1)!. Dato che la scelta della permutazione viene fatta in modo uniforme,P(Ai) =

(n−1)!n! =

1n

e dunque E(X ) = n 1n

= 1, per ogni n ∈N.

Soluzione 10. (a) La funzione f X è una densità perché è una funzione positiva e misura-bile (è continua) con integrale uno. La funzione di ripartizione di X vale

F X (x) = P (X ≤ x) = x−∞

1

π

1

1 + t2 dt =

1

π arctan(x) +

1

2 ,

da cui P (X 1) = 1 − F X (1) = 14 .

(b) Si ha cheF Y (y) = P (Y ≤ y) = P (1/X ≤ y) = P (1/X ≤ y, X > 0) + P (1/X ≤ y, X 0) + P (yX ≤ 1, X 0 si ottiene dunque

F Y (y) = P (X ≥ 1/y, X > 0) + P (X ≤ 1/y, X


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5

Dato che Y ∈ [0, 1], si ha F Y (y) = 0 per y < 0 e F Y (y) = 1 per y > 1, mentre pery ∈ [0, 1]

F Y (y) = P(Y ≤ y) = P(X +

≤ y) = P(X ≤ y) = F X (y) = 1 + y

2 .

In definitiva

F Y (y) =

0 se y 1

.

Notiamo che

F Y (y) − F Y (y−) =

12 se y = 0

0 se y = 0 .

Questo mostra che Y non è assolutamente continua (altrimenti si dovrebbe avereF Y (y)

−F Y (y

−) = 0 per ogni y

∈ R) e nemmeno discreta (altrimenti si dovrebbe

avere 1 =

y∈R pY (y) =

y∈R F Y (y) − F Y (y−), mentre tale somma vale 12).(b) Introducendo le distribuzioni ν := δ 1

2

e ν := U (0, 1), si verifica facilmente cheF Y =

12F ν +

12F ν , ossia µY =

12ν +

12ν

.

Soluzione 12. Chiaramente R ∈ [0, 1] dunque F R(r) = 0 se r 1,mentre per r ∈ [0, 1]

F R(r) = P(R ≤ r) = P(Z ∈ Br) = Leb(Br)Leb(B1)

= r2 .

Quindi F R è C 1 a tratti e dunque R è assolutamente continua, con densità

f R(r) = F R(r) = 2r1[0,1](r) .

Le variabili aleatorie X e Y sono assolutamente continue, perché componenti di un vettorealeatorio assolutamente continuo (teorema visto a lezione). Chiaramente f X (t) = f Y (t) = 0se t ∈ [−1, 1] (perché?). Per t ∈ [−1, 1] si ottiene facilmente

f X (t) =

R

f X,Y (t, y) dy =

R

1D1(t, y) dy =

√ 1−t2−√ 1−t2

dy = 2

1 − t2 ,

e analogamente f Y (t) = f X (t).


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Variabili aleatorie: distribuzioni congiunte e marginali; indipendenza; massimo e minimo.

Esercizi teorici

Esercizio 1. Sia X una variabile aleatoria definita su (Ω, A, P) a valori in [0, +∞].

(a) Si mostri che la funzione ϕ : [0, ∞] × Ω → R definita da ϕ(t, ω) := 1{X (ω)≥t} èmisurabile (rispetto alla σ-algebra prodotto B ([0, ∞]) ⊗ A).

(b) Applicando opportunamente il teorema di Fubini-Tonelli alla funzione ϕ, si mostri che

E(X ) =

∞0

P(X ≥ t) dt .

(c) Nel caso in cui X assuma valori in N0 = {0, 1, . . .} ∪ {+∞}, si deduca che

E(X ) =∞

n=1

P(X ≥ n) .

Esercizio 2. Si dimostri che degli eventi (An)n∈N sono indipendenti se e solo se sonoindipendenti le rispettive funzioni indicatrici (1An)n∈N.

Esercizio 3. Sia U una variabile aleatoria reale con distribuzione U ((0, 1)). Data ϕ :(0, 1) → R misurabile, si ponga X := ϕ(U ).

(a) Si determini ϕ in modo che X ∼ Be( p).

(b) Più in generale, data una probabilità discreta ν =

k∈N pkδ xk su R

, si determini ϕ inmodo che X ∼ ν , ossia (perché?) in modo che P(X = xk) = pk per ogni k ∈ N.


Esercizio 4. Sia Z := (X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale con distribuzione uniformenel sottoinsieme C := ([0, 12 ] × [0,

12 ]) ∪ ([

12 , 1] × [

12 , 1]). Si determinino le distribuzioni delle

variabili aleatorie reali X e Y . Esse sono indipendenti?

Esercizio 5. Sia (X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale con densità f data da

f (x, y) = c y e−xy 1[0,∞)×[0,2](x, y) .

(a) Si determini il valore di c ∈R

affinché f sia effettivamente una densità.(b) Si determinino le densità marginali di X e Y e si riconosca la legge di Y .

(c) X e Y sono indipendenti?

(d) Si determini una densità g : R2 → [0, +∞] diversa da f ma con le stesse marginali.

(e) (*) Si mostri che V := max(X, Y ) è una variabile aleatoria reale assolutamente continuae se ne determini la densità.

(f) (*) Posto U := X + Y , si dica se U e V sono indipendenti.

[Sugg.: non è necessario calcolare la densità congiunta di (U, V ).]

†Ultima modifica: 15 novembre 2013.


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2

Esercizio 6. Un segnale viene trasmesso in un istante aleatorio X . Il ricevitore viene accesoin un istante aleatorio Y e resta acceso per un intervallo di tempo aleatorio Z . Supponendoche X, Y , Z siano variabili aleatorie indipendenti con X ∼ U [0, 2] e Y , Z ∼ U [0, 1], qual è la

probabilità che il segnale venga ricevuto?

Esercizio 7. (*) Consideriamo n prove ripetute e indipendenti con probabilità di successo p. Si determini la distribuzione congiunta delle variabili aleatorie S := “numero di successinelle n prove” e Y := “prova in cui si ha il primo successo”.

Esercizio 8. Siano X 1, X 2 variabili indipendenti con distribuzione uniforme discretasull’insieme {1, . . . , n}, dove n ∈ N. Definiamo la variabile Y := min{X 1, X 2}.

(a) Si calcolino P(Y > k), P(Y ≤ k) e P(Y = k) per ogni k ∈ N.

(b) Si mostri che limn→∞ P(Y ≤ tn) = 2t − t2 per ogni t ∈ (0, 1).

Esercizio 9. Sia X 1, X 2, . . . una successione di variabili aleatorie reali i.i.d. con distribuzioneuniforme nell’intervallo (0, 1), definite su uno spazio di probabilità (Ω, A, P). Introduciamola variabile aleatoria T : Ω → N ∪ {+∞} e, per k ∈ N, l’evento Ak definiti da

T (ω) := inf

k ≥ 1 : X k(ω) ≤

1

3

, Ak =

X k ≤

1

3

.

e definiamo Y := X T 1{T


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3

Soluzione 1. (a) La funzione ϕ è misurabile perché composizione della funzione (t, ω) →(t, X (ω)) che è misurabile da [0, +∞] × Ω a valori in R2 (entrambe le componentilo sono) con la funzione (t, x) → 1C (t, x), dove C := {(a, b) ∈ R

2 : a ≤ b}, che è

misurabile perché C è un insieme chiuso.

(b) Si noti che ϕ(t, ω) = 1{X ≥t}(ω), dunque Ω ϕ(t, ω)dP = P(X ≥ t). Analogamente

ϕ(t, ω) = 1[0,X (ω)](t), dunque R

ϕ(t, ω)dt = X (ω). Applicando il teorema di Fubini-Tonelli si ottiene

[0,∞]×Ωϕ(t, ω)d(Leb ⊗ P)(t, ω) =

Ω

R

ϕ(t, ω)dt

dP(ω) =

Ω

X (ω)dP(ω) = E(X ) ,

e analogamente [0,∞]×Ω

ϕ(t, ω)d(Leb ⊗ P)(t, ω) =

R

R

ϕ(t, ω)dP(ω)

dt =

R

P(X ≥ t)dt .

(c) Se X assume valori in N

0 ∪ {+∞}, la funzione P(X ≥ t) = P(X ≥ t) è costantesugli intervalli della forma (n, n + 1] per n ∈ N0, pertanto si ottiene la formula cercata.In alternativa,

E(X ) =∞

k=1

k P(X = k) =∞

k=1

kn=1

P(X = k) =∞

n=1

∞k=n

P(X = k) =∞

n=1

P(X ≥ n)

Soluzione 2.

Soluzione 3.

Soluzione 4. Le variabili aleatorie X e Y sono assolutamente continue (perché?) e

f X (x) =

R

f X,Y (x, y) dy , f Y (y) =

R

f X,Y (x, y) dx .

Dal fatto che f X,Y (x, y) = 2 1C (x, y) segue facilmente che X ∼ Y ∼ U (0, 1). Dato chef X,Y (x, y) = 0 per (x, y) ∈ (0,

12) × (

12 , 1) mentre f X (x)f Y (y) = 1 per tali valori di (x, y),

segue che f X,Y (x, y) non è uguale a f X (x)f Y (y) per q.o. (x, y) e dunque X e Y non sonoindipendenti. Equivalentemente, basta notare che

0 = P(X ∈ (0, 12), Y ∈ (12 , 1)) = P(X ∈ (0,

12))P(Y ∈ (

12 , 1)) =

1

4 .

Soluzione 5. (a) Per y > 0 fissato, h(x) := y e−xy 1[0,∞)(x) è la densità di una variabile

aleatoria E xp(y), quindi R

h(x) dx = 1. Di conseguenza R2

f (x, y) dx dy = c

20

∞0

y e−xy dx

dy = c

20

R

h(x) dx

dy = c

20

1 dy = 2c ,

da cui c = 12 .

(b) Per x 0 si ha

f X (x) =

R

f (x, y) dy = 1

2

20

y e−xy dy = 1

2

y

−e−xy

x

y=2y=0

+ 1

2

20

e−xy

x dy

= −e−2x

x

+ 1

2

1

x

2(1 − e−2x) =

1 − e−2x − 2x e−2x

2x

2 .


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4

(Il valore f X (0) non è rilevante.) Si noti che f X è continua in (0, ∞) e f X (x) ∼ 1/(2x2)

per x → +∞, mentre per x ↓ 0 sviluppando il numeratore si ha

1 − e−2x − 2x e−2x = 1 −

1 − 2x + (2x)2

2 + O(x3)

− 2x(1 − 2x + O(x2))

= 2x − 2x2 + O(x3) − 2x + 4x2 + O(x3) = 2x2 + O(x3) ,

da cui f X (x) → 1 per x ↓ 0.Passando a Y , si ha f Y (y) = 0 per y ∈ [0, 2], mentre per y ∈ (0, 2]

f Y (y) =

R

f (x, y) dx = 1

2

∞0

y e−xy dx = 1

2 ,

dunque f Y (y) = 121[0,2](y) per q.o. y ∈ R, cioè Y ∼ U [0, 2].

(c) X e Y non sono indipendenti perché f (x, y) non coincide con g(x, y) := f X (x) f Y (y)per q.o. (x, y) ∈ R2. Per mostrarlo precisamente, si noti che le funzioni f (x, y) e g(x, y)

sono entrambe continue nell’aperto (0, ∞) × (0, 2), dunque basta mostrare che esiste unpunto in tale aperto in cui differiscono (infatti in tale caso differiscono necessariamentein un intorno del punto). Si ha f (x, 1) = 12e

−x e g(x, 1) = f X (x) f Y (1) = 12 f X (x) ∼

14x2

per x → +∞, dunque limx→+∞ f (x, 1)/g(x, 1) = 0 e dunque f (x, 1)/g(x, 1) < 12 per

x sufficientemente grande; in particolare, per tali x si ha f (x, 1) = g(x, 1).

(d) Si può scegliere la funzione g (x, y) := f X (x) f Y (y) introdotta al punto precedente.

(e) La funzione di ripartizione di V è data da F V (v) = 0 se v ≤ 0, mentre per v > 0

F V (v) = P(V ≤ v) = P(X ≤ v, Y ≤ v) =

R2

1{x≤v, y≤v} f (x, y) dx dy

=

1

2 min(2,v)

0

v

0 y e

−xy

dx

dy =

1

2 min(2,v)

0 P(Exp(y) ≤ v)dy

= 1

2

min(2,v)0

(1 − e−vy )dy = min(2, v)

2 −

1 − e−v·min(2,v)

2v .

In definitiva

F V (v) =

0 se v ≤ 0

v

2 −

1 − e−v2

2v se 0 < v 2, dato che Y ≤ 2 q.c..

(f) Dato che la densità f X (x) di X è strettamente positiva per x > 0, si ha P(X > t) > 0per ogni t > 0. Di conseguenza, essendo Y ≥ 0, si ha anche P(U > t) ≥ P(X > t) > 0per ogni t > 0.


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5

Per il punto precedente P(V ≤ 1) > 0. Dato che {V ≤ 1} ⊆ {U ≤ 2} si haP(V ≤ 1, U > 2) = 0 = P(V ≤ 1)P(U > 2) > 0. Quindi gli eventi {V ≤ 1} e {U ≤ 2}non sono indipendenti. A maggior ragione non lo sono le variabili aleatorie U e V .

Soluzione 6. Il ricevitore resta acceso durante l’intervallo di tempo (aleatorio) [Y, Y + Z ],dunque occorre calcolare P(X ∈ [Y, Y + Z ]) = P(X ≥ Y, X ≤ Y + Z ) = P((X ,Y,Z ) ∈ C )dove C := {(x,y ,z) ∈ R3 : x ≥ y, x ≤ y + z} = {(x,y ,z) ∈ R3 : x ∈ [y, y + z]}. La densitàdel vettore aleatorio (X ,Y,Z ) è

f X,Y,Z (x,y ,z) = f X (x) f Y (y) f Z (z) = 1

2 1[0,2](x) 1[0,1](y) 1[0,1](z) ,

quindi

P(X ∈ [Y, Y + Z ]) =

R3

1C (x,y ,z) f X,Y,Z (x,y ,z) dx dy dz

= 12

1

0

1

0

2

01{x∈[y,y+z]}dx

dy

dz

= 1

2

10

10

z dy

dz =

1

2

10

z dz = 1

4 .

Soluzione 7. Calcoliamo pS,Y (k, ) = P(S = k, Y = ) per x ∈ S (Ω) = {0, . . . , n} ey ∈ Y (Ω) = {1, . . . , n} ∪ {+∞}. Osserviamo innanzitutto che {S = k, Y = +∞} = ∅ sek = 0, per definizione di S e Y (si ricordi che Y = +∞ significa che non si è verificatonessun successo nelle n prove). D’altro canto {S = 0, Y = +∞} = {S = 0}, pertanto

pS,Y (k, +∞) = pS (0) 1{0}(k) = (1 − p)n

1{0}(k) .

Per ∈ {1, . . . , n}, l’evento {S = k, Y = } corrisponde a “le prime − 1 prove non hannoavuto successo, la -esima prova ha avuto successo, nelle restanti n − prove si sono avutik − 1 successi”. Essendo le prove indipendenti, possiamo dunque scrivere, per ∈ {1, . . . , n},

pS,Y (k, ) = (1 − p)−1 p

n −

k

pk−1(1 − p)n−−(k−1) 1{1,...,n−+1}(k) .

Soluzione 8. (a) Chiaramente P(Y = k) = 0 per k > n. Conviene innanzitutto calcolare,per k ∈ {1, . . . , n}, la probabilità P(Y ≥ k) che è data da

P(Y ≥ k) = P (X 1 ≥ k, X 2 ≥ k) = P (X 1 ≥ k) P(X 2 ≥ k) = n − k + 1

n 2

= 1 − k − 1

n 2

.

Si ha dunque

P(Y = k) = P (Y ≥ k)−P(Y ≥ k+1) =

n − k + 1

n

2−

n − k

n

2=

1

n2 +

2

n

1 −

k

n

.

(b) Dalla formula per P(Y ≥ k) calcolata al punto a) si ottiene

P(Y ≤ tn) = 1 − P(Y > tn) = 1 − P(Y > tn) = 1 −

1 −

tn − 1

n

2,

e dato che (tn − 1)/n → t per n → ∞, per ogni t ∈ (0, 1), si ha che

limn→∞

P(Y ≤ tn) = 1 − (1 − t)2 = 2t − t2 .


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6

Si noti che il limite ottenuto coincide con la funzione di ripartizione del minimo L didue variabili aleatorie U (0, 1) indipendenti: infatti, ricordando l’esercizio precedente,

per t ∈ (0, 1) si ha F L(t) = t0 f L(x) dx = t0 2(1 − x) dx = 2t − t2.Soluzione 9. (a) {T = n} = Ac1 ∩ . . . ∩ A

cn−1 ∩ An

(b) P(T = n) = P(Ac1)n−1 · P(A1) =

13 (

23)

n−1, cioè T ∼ Ge( 13).

(c) Si haP(Y ≤ x, T = n) = P(Ac1 ∩ . . . ∩ A

cn−1 ∩ An ∩ {X n ≤ x}) .

Dato che An ∩ {X n ≤ x} = {X n ≤ min(x, 13)}, si ha

P(Y ≤ x, T = n) =

2

3

n−1· P

X 1 ≤ min

x,

1

3

,

da cui, sommando su n ∈ N, si ottiene

P(Y ≤ x) =n∈N

P(Y ≤ x, T = n) = 3 P

X 1 ≤ min

x,

1

3

=

0 x ≤ 0

3x 0 ≤ x ≤ 131 x ≥ 1

.

Dunque Y è distribuita uniformemente nell’intervallo (0, 13).


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Variabili aleatorie notevoli e riepilogo.

Esercizi teorici

Esercizio 1. Sia X una variabile aleatoria reale tale che la funzione generatrice dei momentiM X (t) = E(e

tX ) è finita in un intorno (−t0, +t0) di t = 0. Si mostri che

M X (t) =∞k=0

E(X k)tk

k! , ∀t ∈ (−t0, t0) .

Di conseguenza, la funzione M X è C ∞ (anzi analitica) in (−t0, t0) e per ogni k ∈ N si ha

dkM X

dtk (0) = E(X

k

) .[Sugg.: Si applichi il criterio visto per la convergenza degli integrali di serie di funzioni.]


Esercizio 2. Siano X 1, X 2, . . . , X n variabili aleatorie indipendenti con leggi U(0, 1).

(a) Si determini la legge di L := min{X 1, X 2} e M := max{X 1, X 2}, mostrando che sitratta di variabili assolutamente continue.

(b) Si determini la legge di Ln := min{X 1, X 2, . . . , X n}.(c) Posto Z n := nLn, si mostri che per ogni r ≥ 0 fissato si ha

limn→∞F Z n(r) = 1 − e−r

.

Esercizio 3. Siano X ∼ Pois(λ), Y ∼ Pois(µ) variabili casuali indipendenti, ossia

P(X = n) = e−λλk

k! 1N0(k) , P(Y = n) = e

−µµk

k! 1N0(k) .

Per n ≥ 0 fissato, si determini la distribuzione della variabile aleatoria X rispetto allaprobabilità condizionata P( · |X + Y = n).

Esercizio 4. Siano X, Z e W variabili casuali indipendenti con X ∼ Be( p) e Z, W ∼Pois(λ). Definiamo Y := X Z + W .

(a) Determinare le densità discrete di (X, Y ) e di Y .

(b) Utilizzando la densità pY calcolata al punto precedente, calcolare E(Y ) e V ar(Y ).

(c) Calcolare E(Y ) e Var(Y ) senza utilizzare pY .

Esercizio 5. Un insetto depone un numero aleatorio N ∼ P ois(λ) di uova. Ciascun uovodeposto si schiude con probabilità p ∈ (0, 1), indipendentemente dal numero di uova depostee dal fatto che le altre si schiudano. Sia X il numero di uova che si schiudono.

(a) Qual è il valore di P(X = k|N = n), per n ∈N0 e k ∈ R?†

Ultima modifica: 6 dicembre 2013.


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2

(b) Si mostri che la densità congiunta di X e N è data da

pX,N (k, n) = nk p

k(1 − p)n−ke−λ λnn! se 0 ≤ k ≤ n

0 altrimenti

.

(c) Si determini la legge di X , riconoscendola come notevole.

(d) Si calcoli Cov(X, N ).

Esercizio 6. Siano X, Y variabili aleatorie i.i.d. con distribuzione marginale Geo( p).Determinare la legge delle variabili aleatorie

Z := max{X, Y } , W = min{X, Y } ,riconoscendo la distribuzione di Y come notevole.

Esercizio 7. Siano X 1, X 2, . . . , X n variabili aleatorie indipendenti con leggi X i

∼ Exp(λi).

Si determini la distribuzione della variabile aleatoria

W := min{X 1, . . . , X n} .

Esercizio 8. Sia X una variabile casuale reale assolutamente continua con densità

f X (x) = − log(xc)1(0,1)(x).(a) Si determini il valore di c ∈ R affinché f X sia effettivamente una densità, e si determini

la funzione di ripartizione di X .

(b) Sia Y = − log X . Si mostri che Y è una variabile Gamma e se ne determinino iparametri.

Esercizio 9. Sia (X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale con distribuzione uniformesul cerchio di raggio unitario. Si determinino, possibilmente senza fare calcoli, le seguentiprobabilità condizionali:

P

max(|X |, |Y |) ≤ 1

2√

2

X 2 + Y 2 ≤ 14

, P

max(|X |, |Y |) ≤ 1

2

|X | + |Y | ≤ 1

.

[Sugg.: fare qualche disegno.]

Esercizio 10. Sia (X, Y ) un vettore aleatorio a valori in R2, con densità

f X,Y (x, y) := c e−x se 0 < x < y < x + 1

0 altrimenti ,

dove c ∈R è una opportuna costante.(a) Si calcoli il valore della costante c e si mostri che X è una variabile aleatoria con

distribuzione Exp(1).

(b) Si mostri che Z := log(X ) è una variabile aleatoria assolutamente continua e se nedetermini la densità. Per quali valori di p si ha Z ∈ L p?

(c) Si ponga W := Y − X e si mostri che il vettore (X, W ) è assolutamente continuo, condensità congiunta data da

f X,W (x, w) = e−x

1(0,∞)×(0,1)(x, w) .

Qual è la distribuzione di W ?


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3

(d) Le variabili aleatorie X e W sono indipendenti? X e Y sono indipendenti?

(e) Si determini la densità di Y . Si calcoli E(eX −Y ).

Esercizio 11. Fissati p ∈ (0, 1) e n ∈N con n ≥ 2, siano ξ 1, . . . , ξ n variabili aleatorie i.i.d.ciascuna a valori in {−1, 1} con P(ξ 1 = 1) = p. Definiamo

X :=ni=1

ξ i = ξ 1 · ξ 2 · · · ξ n .

(a) Si determini E(X ). Si deduca quindi la legge di X .

(b) X è indipendente dal vettore aleatorio (ξ 1, . . . , ξ n)?

(c) (*) X è indipendente dal vettore aleatorio (ξ 2, . . . , ξ n)?

Esercizio 12. Siano

{X n

}n∈N variabili aleatorie i.i.d. con X 1

∼ U(0, 1).

(a) Poniamo Y n := − log(X n) per n ∈N. Si determini la legge di Y n e si dica se variabilialeatorie {X n}n∈N sono indipendenti.

(b) Si determini la legge di S n := Y 1 + . . . + Y n.

(c) Si deduca infine la densità di Z n := X 1 · X 2 · · · X n.

Esercizio 13. Siano (X n)n∈N variabili aleatorie i.i.d. U(−12 , 12).(a) Si mostri che le variabili aleatorie (Y n := X n +

12)n∈N sono i.i.d. U(0, 1).

(b) Applicando l’Esercizio 2, si deduca che per ogni r > 0

limn→∞

Pmin{X 1, . . . , X n} ≤ −1

2

+ r

n = 1 − e

−r .

Si deduca che esistono r > 0 e n0 n0P

min{X 1, . . . , X n} ≤ −12 + rn ≥ 0.99 .

(c) Introduciamo per n ∈N e δ > 0 il sottoinsieme C n(δ ) ⊆Rn definito daC n(δ ) :=

− 12 , 12n \ − 12 + δ, 12 − δ n ,ossia la “buccia interna” di spessore δ del cubo n-dimensionale (−12 , 12)n. Si mostri cheper n > n0

P

(X 1, . . . , X n) ∈ C nrn

≥ 0.99 .(d) Si mostri che, per ogni n ∈ N, il vettore aleatorio (X 1, . . . , X n) ha distribuzione

uniforme continua nell’insieme (−12 , 12)n ⊆ Rn. Indicando con λ la misura di Lebesguen-dimensionale, si osservi che λ((−12 , 12)n) = 1 e si deduca che per n > n0

λ

C nrn

≥ 99% .In altre parole, per n grande, “quasi tutto il volume di un cubo n-dimensionale ècontenuto in una buccia sottile”, il cui spessore r/n tende a zero per n → ∞!


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4

Soluzione 1. Poniamo Z k := tkX k

k! . Per il teorema sulla convergenza delle serie di integralivisto a lezione, se mostriamo che

∞k=0 E(|Z k|) x) = P(X 1 > x)n = (1 − x)n, quindi F Ln(x) = 1 − (1 − x)nse x ∈ [0, 1], mentre chiaramente F Ln(x) = 0 se x ≤ 0 e F Ln(x) = 1 se x ≥ 1.

(c) Per ogni t ≥ 0 fissato, t/n ∈ [0, 1] per n grande e dunque F Z n(t) = P(Z n ≤ t) =P(Ln ≤ t/n) = 1 − (1 − tn)n → 1 − e−t per n → ∞.

Soluzione 3. Poniamo per k ∈ Rq (k) := P (X = k | X + Y = n) .

P (X + Y = n) = e−(λ+µ) (λ+µ)n

n! , da cui q (k) =

nk

pk(1 − p)n−k, con p = λ

λ+µ .

Soluzione 4. (a) pX,Y (0, n) = P (X = 0, Y = n) = P (X = 0, W = n) = (1 − p)e−λ λnn! , pX,Y (1, n) = P (X = 1, Y = n) = P (X = 1, Z + W = n) = pe

−2λ (2λ)n

n! , da cui

pY (n) = pX,Y (0, n) + pX,Y (1, n) = pe−2λ (2λ)

n

n! + (1 − p)e−λ λn

n! .

(b) E(Y ) = p · 2λ + (1 − p) · λ = λ( p + 1), E(Y 2) = p · [(2λ)2 + (2λ)] + (1 − p) · (λ2 + λ),da cui Var(Y ) = λ2( p − p2) − λ(1 + p).

(c) E(Y ) = E(X )E(Z ) + E(W ) = pλ + λ, E(Y 2) = . . ., ecc.

Soluzione 5. (a) P(X = k|N = n) = nk pk(1 − p)n−k per k ∈ {0, . . . , n}.(b) Segue facilmente da pX,N (k, n) = P(X = k, N = n) = P(X = k

|N = n)P(N = n).


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5

(c) Per ogni k ∈ N0 si ha P(X = k) =

n∈N0P(X = k|N = n)P(N = n) =

∞n=k

nk p

k(1− p)n−k e−λ λnn! = e−λ ( pλ)k

k! ∞n=k

[λ(1− p)]n−k

(n−k)! = e−λ ( pλ)

k

k! e−λ(1− p) = e− pλ ( pλ)

k

k!

cioè X ∼ P o( pλ).(d) E(XY ) =

n,k∈N0

nk pX,Y (n, k) = ∞

n=0 n e−λ λn

n!

nk=0 k

nk

pk(1 − p)n−k

= ∞

n=0 n pX (n)n

k=0 kpBinomn,p (k) =

∞n=0 n pX (n) ( pn) = pE(X

2) = p(λ + λ2), dacui Cov(X, Y ) = pλ.

Soluzione 6. La legge è caratterizzata da P(Z ≤ k) e P(W ≤ k) per k ∈ N. Si haP(Z ≤ k) = [1 − (1 − p)k]n , P(W ≤ k) = 1 − [(1 − p)k]n = 1 − [(1 − p)n]k .

Ponendo q := 1 − (1 − p)n, si ha P(W ≤ k) = 1 − (1 − q )k, da cui segue facilmente cheP(W = k) = P(W ≤ k) − P(W ≤ k − 1) = q (1 − q )k−11N(k), cioè W ∼ Ge(1 − (1 − p)n).

Soluzione 7. Si ha per t ≥ 0

P(W > t) = P(X 1 > t, . . . , X n > t) =ni=1

e−λit = e−(λ1+...+λn)t ,

mentre P(W > t) = 1 per t 1, e, per 0 < x

≤ 1:

F X (x) = − x0

log(t)dt = x − x log(x).

(b) Si noti che − log X assume valori positivi. Allora, per t ≥ 0:P (Y ≤ t) = P (X ≥ e−t) = 1 − F X (e−t) = 1 − e−t − te−t.

Derivando rispetto a t si ottiene

f Y (x) = xe−x1(0,+∞)(x),

da cui Y ∼ Γ(2, 1).

Soluzione 9. Sia D il disco unitario e λ2

la misura di Lebesgue bidimensionale. Dato che(X, Y ) ha distribuzione uniforme su D, si ha P((X, Y ) ∈ A) = λ2(A ∩ D)/λ2(D) per ogniA ∈ B (R2). Segue che la prima probabilità è il rapporto tra la superficie di un quadrato equella del cerchio in cui esso è inscritto, per cui vale 2

π. Analogamente, la seconda probabilità

è il rapporto tra la superficie di due quadrati, il primo dei quali ha come vertici i punti medidei lati del secondo; la risposta è dunque 12 .

Soluzione 10. (a) Si ha f X (x) = 0 per x


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(b) Ricordando che F X (x) = e−x per x ≥ 0, si ottiene

F Z (t) = P(log(X ) ≤ t) = P(X ≤ et) = F X (et) = 1 − e−et .Dato che F X è una funzione C1 a tratti, la variabile aleatoria Z è assolutamentecontinua con densità

f Z (z) = F Z (z) = e

z−ez .

Si ha

E(|Z | p) = R

|z| p f Z (z) dz 0: l’integrale converge a −∞ perché f Z (z) ≤ ez, mentre la convergenza a+∞ è assicurata dal fatto che per z grande e positivo ez − z > z, dunque f Z (z) ≤ e−z.

(c) Si noti che (X, W ) = ϕ(X, Y ) è una trasformazione lineare del vettore (X, Y ), dove

ϕ(z) = Ax con matrice A = 1 0−1 1. Per un teorema visto a lezione, (X, W ) è

assolutamente continuo con densità

f X,W (x, w) = |det(A)|−1f X,Y (ϕ−1(x, w)) = f X,Y (x, x + w)

=

e−x se 0 < x < x + w < x + 1

0 altrimenti = e−x 1(0,∞)×(0,1)(x, w) .

Segue immediatamente che f W (w) = R

f X,W (x, w)dx = 1(0,1)(w), ossia W ∼ U(0, 1).(d) Le variabili aleatorie X e W sono indipendenti, perché f X,W (x, w) = f X (x)f W (w),

mentre X e Y non lo sono, perché ad esempio P(X 2) = 0 mentre P(X <1) > 0 e P(Y > 2) > 0.

(e) Per y > 1 si ha

f Y (y) =

R

f X,Y (x, y) dx =

yy−1

f X,Y (x, y) dx = e−(y−1) − e−y = (e − 1)e−y .

Per 0 < y ≤ 1 si ha

f Y (y) =

R

f X,Y (x, y) dx =

y0

f X,Y (x, y) dx = 1 − e−y .

Infine, per y ≤ 0 si ha f Y (y) = 0. Inoltre

E(eX −Y ) = R2

ex−y f X,Y (x, y) dxdy = +∞

0

x+1

x

e−y dydx=

+∞0

(e−x − e−x−1)dx = 1 − e−1 .

Soluzione 11. (a) Per l’indipendenza delle ξ i si ha E(X ) = n

i=1 E(ξ i) = E(ξ 1)n =

( p · 1 + (1 − p) · (−1))n = (2 p − 1)n. Dato che X ∈ {−1, 1}, la legge di X è data daµX = qδ 1 + (1 − q )δ −1, quindi E(X ) = q − (1 − q ) = 2q − 1 da cui q = 12(1+(2 p − 1)n).

(b) X è funzione di (ξ 1, . . . , ξ n), quindi non può essere indipendente da (ξ 1, . . . , ξ n) (aparte il caso banale in cui X = (cost.) q.c.). Più formalmente

0 = P(X =

−1, (ξ 1, . . . , ξ n) = (1, . . . , 1))

= P(X =

−1)P(ξ 1, . . . , ξ

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