Elementi di Probabilit`
a e Statistica
Prova di verifica intermedia del giorno 3/04/14
Esercizio 1
Un canale di trasmissione dati pu`o ricevere messaggi binari da due sorgenti A e B: ognuna delle due sorgenti produce messaggi i cui bit successivi
sono indipendenti tra loro. Per la sorgente A per`o i bit possono essere 0 o 1
con probabilit`a 1/2 mentre per B il bit 0 viene inviato con probabilit`a 1/3
(ed il bit 1 con probabilit`a 2/3).
` arrivato un messaggio di lunghezza 10 del quale si ignora se sia stato
E
inviato da A o da B (e in totale incertezza si suppone che sia stato inviato
da A o da B con probabilit`a 1/2).
a) Sia X la v.a. che indica il numero di bit 1 presenti nel messaggio: qual
`e la distribuzione di probabilit`a di X e la sua speranza?
b) Supponiamo che X assuma il valore 3 (cio`e 3 volte `e stato inviato il
bit 1): `e pi`
u probabile che il segnale sia stato inviato da A o da B? E se X
assume il valore 7?
Esercizio 2
Sia θ un numero
con 0 < θ < 1 e si consideri una variabile aleatoria a valori
in IN = 0, 1, . . . tale che P(X = k) = c(θ) . (k + 1) . θk , dove c(θ) `e una
opportuna costante.
a) Calcolare il valore di c(θ) che rende la funzione sopra scritta una
funzione di probabilit`a.
b) Presa X con tale legge, calcolarne la funzione generatrice delle probabilit`a (precisando dove `e definita), la speranza e la varianza.
c) Prese X e Y indipendenti entrambe con questa legge di probabilit`a,
calcolare la legge di probabilit`a di X +Y .
Suggerimento. Ricordiamo che, per m ∈ N e x ∈ (−1, 1), si ha
∞ X
n+m n
1
x .
=
(1 − x)m+1
m
n=0
Esercizio 3
Consideriamo ora come modello statistico un campione X1 , . . . , Xn di
variabili aleatorie indipendenti
aventi la distribuzione di probabilit`a sopra
indicata, al variare di θ ∈ 0 , 1 .
d) Determinare un riassunto esaustivo e, se esiste, la stima di massima
verosimiglianza di θ ; questa stima `e consistente?
1
e)
Determinare
un
test
per
l’ipotesi
H
θ ≥ 0,3 contro l’alternativa
0
H1 θ < 0,3 al livello 0,05 , portando avanti i conti fin dove sono fattibili.
Soluzione commentata:
Esercizio 1
Identifichiamo con A (rispettivamente B) l’evento “il messaggio `e stato
inviato dalla sorgente A” (risp. sorgente B).
a) Vale la formula (per 0 ≤ k ≤ 1)
P{X = k} = P{X = k|A}.P(A) + P{X = k|B}.P(B) =
10 2 k 1 10−k 1
10 1 10 1
. +
.
=
2
2
k
3
3
2
k
Il calcolo della speranza `e semplificato dal fatto che si pu`o scrivere
10
10
1 X 10 1 10 1 X 10 2 k 1 10−k
E[X] =
k
k
+
.
k
k
2 k=0
2
2 k=0
3
3
e ci si riporta facilmente al calcolo (ben noto) della speranza di variabili
+ 21 20
= 35
.
binomiali ottenendo il risultato E[X] = 12 10
2
3
6
Commento: diversi studenti hanno scritto che la variabile X `e binomiale
7
di parametri 10 e 21 12 + 12 32 = 12
. Il calcolo della speranza risulta casualmente
esatto ma la modellizzazione `e sbagliata.
b) Prendiamo un generico k con 0 ≤ k ≤ 10 : dalla formula di Bayes si
ricava
P{X = k|A}P(A)
P{A|X = k} =
P{X = k}
e formula analoga per P{B|X = k} . Poich´e P(A) = P(B) = 12 per decidere
se `e pi`
u probabile A o B (condizionatamente a {X = k} ) `e sufficiente verifi10
k 10−k
care se `e maggiore (o minore) 21
oppure 23 . 13
: facili conti provano
che con k = 3 `e pi`
u probabile A e con k = 7 `e pi`
u probabile B.
Esercizio 2
P
1
n
Derivando il noto sviluppo (1−x)
= ∞
n=0 x (valido per −1 < x < 1) si
ottiene
∞
∞
X
X
1
n−1
=
nx
=
(n + 1)xn
(1 − x)2
n=1
n=0
(che `e un caso particolare dello sviluppo del suggerimento, ponendo m = 1).
a) Applicando la formula precedente con x = θ si ottiene che c(θ) =
(1 − θ)2 .
2
b) Applicandola di nuovo con x = tθ si ottiene la funzione generatrice,
che `e
∞
X
(1 − θ)2
GX (t) =
tn (n + 1)(1 − θ)2 θn =
(1 − tθ)2
n=0
Questa funzione `e definita per |t| < θ−1 , dunque in un intervallo che contiene
strettamente [−1 , 1] : ne segue che la variabile ha momenti primo e secondo
(anzi, tutti i momenti).
Dalla funzione generatrice si ricavano la speranza
lim
t→1−
G0X (t)
(1 − θ)2 2θ
2θ
= lim
=
t→1− (1 − tθ)3
(1 − θ)
poi si calcola
lim
t→1−
G00X (t)
(1 − θ)2 6θ2
6θ2
= lim
=
t→1− (1 − tθ)4
(1 − θ)2
da cui la varianza `e
6θ2
2θ
4θ2
2θ2
+
−
=
.
(1 − θ)2 (1 − θ) (1 − θ)2
(1 − θ)2
c) La legge di X + Y , data dalla formula di convoluzione, `e
4 n
P{X + Y = n} = (1 − θ) θ
n
X
(k + 1)(n − k + 1) =
k=0
(1 − θ)4 θn
n
X
1 + n + nk − k 2 ;
k=0
il
non `e agevole (richiedendo la conoscenza della formula
Pcalcolo
n
2
e
k=0 k = n(n + 1)(2n + 1)/6), il risultato `
P{X + Y = n} = (1 − θ)4 θn (1 + n)2 + n(n + 1)/2 − n(n + 1)(2n + 1)/6 =
= (1 − θ)4 θn (1 + 11n/6 + n2 + n3 /6) ;
` pi`
E
u semplice procedere come segue: dalla teoria sappiamo che
GX+Y (t) = GX (t)GY (t) =
(1 − θ)4
(1 − tθ)4
usando la formula in suggerimento, con m = 3, otteniamo
∞ X
1
n+3 n
=
x .
(1 − x)3+1
3
n=0
3
da cui, ponendo x = tθ,
∞ X
(1 − θ)4
n+3 n n
4
GX+Y (t) =
t θ .
= (1 − θ)
(1 − tθ)4
3
n=0
Sempre dalla teoria sappiamo che la funzione generatrice individua unicamente la legge di probabilit`a, e dunque
n+3 n
P{X + Y = n} =
θ (1 − θ)4
3
Commento: un altro modo di procedere. Consideriamo una v.a. Z2 binomiale negativa di parametri p ∈]0, 1[ e k = 2: la sua legge `e P (Z2 = h) =
(h − 1)p2 (1 − p)h−2 per h ≥ 2; se definiamo p = 1 − θ e Y = Z2 − 2 otteniamo una v.a. che ha legge data da P (Y = h) = (h + 1)(1 − θ)2 θh per ogni
n naturale, si ottiene dunque che c(θ) = (1 − θ)2 . A esercitazione `e stato
mostrato che la somma di v.a. indipendenti e binomiali negative `e ancora
una v.a. binomiale negativa; infatti la funzione generatrice di una generica
v.a. Zk binomiale negativa di parametri p ∈ (0, 1) e k ≥ 1 `e
tk pk
(1 − t(1 − p))k
(e questo era stato mostrato usando lo sviluppo riportato nel suggerimento).
Dunque Z2 ha la stessa legge della somma di due v.a. geometriche e indipendenti: questo permette di dire che la speranza e la varianza di Z2 sono 2/p e
2p/(1−p)2 , e dunque la speranza e la varianza di X sono 2/p−2 = 2θ/(1−θ)
e 2(1 − p)/p2 = 2θ/(1 − θ)2 . Notiamo inoltre che GX (t) = GZ2 (t)t−2 : questo
si pu`o vedere come facile conseguenza della relazione Y = Z2 − 2. Per lo
stesso motivo, la legge di X + Y coincide con la legge di Z4 − 4, dove Z4 `e
binomiale negativa di parametri p = 1 − θ e k = 4.
Esercizio 3
a) Sullo spazio Ω = INn , la verosimiglianza ha l’espressione
L θ ; k1 , . . . , kn
n
Y
= (1 − θ)
(ki + 1) θk1 +···+kn
2n
i=1
ed `e evidente che
P un riassunto esaustivo `e la v.a. T (k1 , . . . , kn ) = k1 +· · ·+kn
(o anche T = ni=1 Xi indicando come d’uso con Xi la proiezione canonica
di indice i).
Dato a ≥ 0 , il massimo della funzione θ → (1 − θ)2n θa si ottiene nel
punto a/(2n + a) (bisogna considerare separatamente il caso a = 0 e a > 0 )
4
e da qui P
seguirebbe la formula per la stima di massima verosimiglianza
i≤n Xi
b
` scritto seguirebbe poich´e in realt`a non `e definita se
θn = 2n+P
. E
i≤n Xi
T (k1 , . . . , kn ) = 0 .
Tuttavia non `e difficile vedere che la successione (θbn )n≥1 `e consistente:
ad esempio se si estende l’insieme dei parametri a [0, 1[ si ottiene che la
stima `e ben definita e che la successione `e consistente poich´
P e siamo in un
θ b
θ
modello esponenziale. Si vede poi che P {θn = 0} = P { i≤n Xi = 0} =
(1 − θ)2n −→ 0 .
` facile constatare che il modello `e a rapporto di verosimiglianza creb) E
scente
P rispetto a T e di conseguenza la buona regione critica `e della forma
i≤n Xi ≤ d : si tratta allora di trovare il massimo intero k tale che si
abbia
X
P0,3
Xi ≤ k ≤ 0,05
i≤n
I conti a questo punto non sono fattibili in pratica; alcuni studenti hanno
utilizzato (a volte propriamente ed a volte no) l’approssimazione data dal
teorema Limite Centrale. Bisogna per`o osservare che questa approssimazione
diventa ragionevole quando la taglia del campione `e grande, inoltre si sarebbe
dovuto utilizzare una forma del T.L.C pi`
u generale di quella data a lezione.
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