Esercizi e complementi

1. Esercizio.
Siano $X_i$ var.al. indipendenti con funzioni di ripartizione $F_i \,, \; i = 1,..,n$. Determinare le funzioni di ripartizione di $M = \max (X_i)$ e di $m = \min (X_i)$.
Soluzione.

$$F_M(t) = p \{ M \leq t \} = p \{ X_1 \leq t, .., X_n \leq t \} = F_1(t) F_2(t) .. F_n(t)\,.$$

$$p \{ m > t \} = p \{ X_1 > t, .., X_n > t \} = (1 - F_1(t)) (1 - F_2(t)).. (1 - F_n(t))\,,$$

$$F_m(t) = p \{ m \leq t \} = 1 - (1 - F_1(t)) (1 - F_2(t)).. (1 - F_n(t))\,.$$

2. Esercizio.
Siano $X_1, X_2, X_3$ tre var.al. indipendenti uniformemente distribuite in [0,1], calcolare $E[Z]$ dove $Z$ è la var.al. ``valore intermedio delle $X_i$".
Soluzione.
Siano $M = \max (X_i), \; m = \min (X_i)$, avremo la rappresentazione

$$Z = X_1 + X_2 + X_3 - M - m$$

e pertanto

$$E[Z] = 3/2 - E[M] - E[m] \,.$$

Per le funzioni di ripartizione del massimo e del minimo (tenendo presente l'indipendenza) si ha:

$$F_M(t) = t^3, \;\; F_m(t) = 1 - p \{ m > t \} = 1 - (1-t)^3 \,,$$

da cui si ha facilmente $E[M] = 3/4, \; E[m] = 1/4$. Si trova quindi $E[Z] = 1/2$.
Naturalmente si può risolvere l'esercizio, con calcoli un po' più lunghi, determinando la densità di $Z$. Per fare questo poniamo:

$$A_1 = \{ X_2 \leq t ,\, X_3 \leq t \,\}, \; A_2 = \{ X_3 \le... ... X_1 \leq t \,\}, \; A_3 = \{ X_1 \leq t ,\, X_2 \leq t \,\}\,.$$

Si osservi ora che

$$F_Z(t) = p (A_1 \cup A_2 \cup A_3) =$$

$$\sum_i p(A_i) - \sum_{i \neq j} p (A_i \cap A_j) + p (A_1 \cap A_2 \cap A_3) =$$

$$3 t^2 - 3 t^3 + t^3 = 3 t^2 - 2 t^3 \,.$$

Pertanto la densità vale

$$f_Z(t) = 6 t - 6 t^2$$

e si ritrova che $E[Z] = 1/2$.
3. Esercizio.
Siano $X_i \;\; i = 1,..,n$ var.al. indipendenti uniformemente distribuite in [0,1]. Dimostrare che per la funzione di ripartizione del loro prodotto $W_n$ si ha:

$$W_n(t) = t \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} \frac{(\log t)^{k-1}}{(k-1)!}$$

Soluzione.
Verifichiamo la formula per $n = 2$ e poi useremo l'induzione. Si ha

$$\{ X_1 X_2 \leq t \} = \cup_{a \in [t,1]} \{ X_1 \leq t/a \,, X_2 = a \} \cup_{a \in [0,t]}\{ X_2 = a \}$$

di conseguenza si ha

$$W_2(t) = \int_t^1 t/a \,da + \int_0^t da = t - t \log t \,.$$

Osserviamo ora che

$$\{ W_n \leq t \} = \{ W_{n-1} X_n \leq t \} = \cup_{a \in [t... ...leq t/a \,, W_{n-1} = a \} \cup_{a \in [0,t]}\{ W_{n-1} = a \}$$

di conseguenza si ha

$$W_n(t) = \int_t^1 \frac{t}{a} \, W_{n-1}'(a) \,da + \int_0^t ... ...\,da = W_{n-1}(t) + t \int_t^1 \frac{W_{n-1}'(a)}{a } \,da \,.$$

Si verifica ora facilmente che

$$W_{n-1}'(t) = (-1)^{n-2} \frac{(\log t)^{n-2}}{(n-2)!}$$

da cui si ricava, come si voleva, che

$$t \int_t^1 \frac{W_{n-1}'(a)}{a } \,da = (-1)^{n-1} t\, \frac{(\log t)^{n-1}}{(n-1)!}\,.$$

4. Esercizio.
Si prendano tre numeri a caso (in [0,1]), detti $m$ e $M$ il minimo e il massimo dei tre, per ogni $a \in [0,1]$ si calcoli $p \{\,m \leq a \leq M \,\}$
Soluzione.
Risolveremo l'esercizio usando la densità condizionale:
sia $0 < x < y$ e $M = y$; calcoliamo la probabilità condizionale

$$A = p\,\{ m \leq x \;\; {\rm dato}\;\; M = y \,\}\,.$$

Si ha $A = 1 - p\,\{ m > x \;\; {\rm dato}\;\; M = y \,\} = 1 - \frac{(y - x)^2}{y^2}\,.$ La derivata (rispetto a $x$) di questa ultima è la densità condizionale, cioè

$$2 \frac{(y - x)}{y^2} = f_{m\vert y}(x\vert y) \,.$$

Per la densità congiunta $f$ del vettore aleatorio $(m,M)$ si ha la formula $f(x,y) = f_M(y) f_{m\vert y}(x\vert y)$, siccome $f_M(y) = \frac{d}{dy} y^3 = 3 y^2$, si ottiene $f(x,y) = 3 y^2 2 \frac{(y - x)}{y^2} = 6 (y -x)$. Se $S_a$ è il rettangolo $0 \leq x \leq a \;;\;\; a \leq y \leq 1$, allora per la probabilità richiesta P si ha

$$P = \int \int_{S_a} f(x,y) dx dy = 3 a (1-a)$$

Questo esercizio si risolve in modo più semplice come segue:
sia $Q$ è l'evento $\{\,m \leq a \leq M \,\}$, allora l'evento complementare

$$Q^c = \{\,m > a \} \cup \{ M < a \,\}$$

è unione di due eventi disgiunti, per cui

$$p(Q^c) = a^3 + (1 - a)^3\,,\; p(Q) = 3 a (1-a)\,.$$