[EX] - Variabile aleatoria #2
Lancio un dado regolare a sei facce una prima volta: se esce un numero in \(\displaystyle \{1,2,3,4,5 \} \) mi fermo, altrimenti rilancio il dado; se nel secondo lancio esce un numero in \(\displaystyle \{1,2,3,4,5 \} \) mi fermo, altrimenti rilancio il dado una terza volta e così via.
Indichiamo con \(\displaystyle T \) il numero totale di lanci effettuati, con \(\displaystyle X_{i} \) il risultato dell'\(\displaystyle \text{i-esimo} \) lancio e con \(\displaystyle Y:=X_{T} \) il risultato dell'ultimo lancio.
i) Si determini la legge delle variabili \(\displaystyle T \) e \(\displaystyle X_{i} \);
ii) Si calcoli la densità congiunta delle variabili casuali \(\displaystyle (T,Y) \);
iii) Si determini la legge di \(\displaystyle Y \).
Svolgimento:
(i) Computare \(\displaystyle P(T=n) \) significa calcolare la probabilità che la variabile aleatoria assuma il valore \(\displaystyle n \), ossia che il numero di lanci sia esattamente \(\displaystyle n \). Io sono quasi sicuro che \[\displaystyle P(T=n)=\text{(prob. di ottenere 6 al primo lancio)} \cdot \text{(prob. di ottenere 6 al secondo lancio)} \cdot \dots \cdot \] \[\displaystyle \cdot \text{(prob. ottenere un numero} \in \{1,...,5 \} \text{ all'n-esimo lancio)}=\left( \frac{1}{6} \right)^{n-1} \left( \frac{5}{6} \right) \]
Per quanto riguarda \(\displaystyle X_{i} \), è chiaro che se \(\displaystyle i>n \quad P(X_{i}=k)=0 \). In caso contrario la probabilità di ottenere una numero all'\(\displaystyle \text{i-esimo} \) lancio è sempre condizionata al fatto che negli \(\displaystyle i-1 \) lanci precedenti sia uscito \(\displaystyle 6 \). Quindi, se \(\displaystyle k \in \{1,...,6 \} \), \[\displaystyle P(X_{i}=k)=\left( \frac{1}{6} \right)^{i} \]
(ii) Qui c'è da calcolare la probabilità che il gioco termini all' \(\displaystyle \text{n-esimo} \) lancio e che esca \(\displaystyle a \in \{1,...,5 \} \), cioè \(\displaystyle P(T=n,Y=a) \). Non ne sono troppo sicuro, ma dovrebbe essere \[\displaystyle = \left( \frac{1}{6} \right)^{n-1} \left( \frac{5}{6} \right) \left( \frac{1}{5} \right) \]
(iii) A mio avviso \(\displaystyle Y \) non dipende da \(\displaystyle n \), ed è indipendente da \(\displaystyle T \).
Dovrebbe essere \[\displaystyle P(Y=a)=\left( \frac{1}{5} \right) \]
Chiedo conferme a voi. Grazie in anticipo.
Indichiamo con \(\displaystyle T \) il numero totale di lanci effettuati, con \(\displaystyle X_{i} \) il risultato dell'\(\displaystyle \text{i-esimo} \) lancio e con \(\displaystyle Y:=X_{T} \) il risultato dell'ultimo lancio.
i) Si determini la legge delle variabili \(\displaystyle T \) e \(\displaystyle X_{i} \);
ii) Si calcoli la densità congiunta delle variabili casuali \(\displaystyle (T,Y) \);
iii) Si determini la legge di \(\displaystyle Y \).
Svolgimento:
(i) Computare \(\displaystyle P(T=n) \) significa calcolare la probabilità che la variabile aleatoria assuma il valore \(\displaystyle n \), ossia che il numero di lanci sia esattamente \(\displaystyle n \). Io sono quasi sicuro che \[\displaystyle P(T=n)=\text{(prob. di ottenere 6 al primo lancio)} \cdot \text{(prob. di ottenere 6 al secondo lancio)} \cdot \dots \cdot \] \[\displaystyle \cdot \text{(prob. ottenere un numero} \in \{1,...,5 \} \text{ all'n-esimo lancio)}=\left( \frac{1}{6} \right)^{n-1} \left( \frac{5}{6} \right) \]
Per quanto riguarda \(\displaystyle X_{i} \), è chiaro che se \(\displaystyle i>n \quad P(X_{i}=k)=0 \). In caso contrario la probabilità di ottenere una numero all'\(\displaystyle \text{i-esimo} \) lancio è sempre condizionata al fatto che negli \(\displaystyle i-1 \) lanci precedenti sia uscito \(\displaystyle 6 \). Quindi, se \(\displaystyle k \in \{1,...,6 \} \), \[\displaystyle P(X_{i}=k)=\left( \frac{1}{6} \right)^{i} \]
(ii) Qui c'è da calcolare la probabilità che il gioco termini all' \(\displaystyle \text{n-esimo} \) lancio e che esca \(\displaystyle a \in \{1,...,5 \} \), cioè \(\displaystyle P(T=n,Y=a) \). Non ne sono troppo sicuro, ma dovrebbe essere \[\displaystyle = \left( \frac{1}{6} \right)^{n-1} \left( \frac{5}{6} \right) \left( \frac{1}{5} \right) \]
(iii) A mio avviso \(\displaystyle Y \) non dipende da \(\displaystyle n \), ed è indipendente da \(\displaystyle T \).
Dovrebbe essere \[\displaystyle P(Y=a)=\left( \frac{1}{5} \right) \]
Chiedo conferme a voi. Grazie in anticipo.
Risposte
La questione è a volte un po'ambigua, ma penso che le tue risposte siano corrette.
Grazie wnvl, sei un grande. In effetti credo che tu ti riferisca ad \(\displaystyle X_{i} \), e ne parlavo proprio prima con un futuro dottorando in statistica.
Grazie di nuovo.
Grazie di nuovo.
Ma in realtà mi pare ci siano dei problemi.
Ad esempio se $k in {1,2,...,6} $ e $P( X_i=k)=(1/6)^i$ se i è diverso da 1 la somma della probabilità non fa 1.
Poi cosa vuol dire se $i>n$ allora $ e $P( X_i=k)=0$? Cosa è n? Intendi T? E se tutte le probabilità sono 0 come fa essere la somma delle probabilità 1
Ad esempio se $k in {1,2,...,6} $ e $P( X_i=k)=(1/6)^i$ se i è diverso da 1 la somma della probabilità non fa 1.
Poi cosa vuol dire se $i>n$ allora $ e $P( X_i=k)=0$? Cosa è n? Intendi T? E se tutte le probabilità sono 0 come fa essere la somma delle probabilità 1
Se $P( X_i=k)$ significa "probabilità che il dado è lanciato almeno i volte e il i-esimo lancio è k" allora la somma delle probabilità non deve essere 1.
Ma come già detto, varie interpretazione sono possibile...
Ma come già detto, varie interpretazione sono possibile...
Si capivo quello che volevi dire. Ma dire che "la somma delle probabilità non debba fare 1" capisci che è un po una eresia?
Se la vuoi interpretare nel senso espresso da Delirium, dovresti anche definire la v.a. $X_i$ nel caso in cui si arresti il numero dei lanci prima.
Se la vuoi interpretare nel senso espresso da Delirium, dovresti anche definire la v.a. $X_i$ nel caso in cui si arresti il numero dei lanci prima.
"DajeForte":
Ma in realtà mi pare ci siano dei problemi.
Ad esempio se $k in {1,2,...,6} $ e $P( X_i=k)=(1/6)^i$ se i è diverso da 1 la somma della probabilità non fa 1.
Poi cosa vuol dire se $i>n$ allora $ e $P( X_i=k)=0$? Cosa è n? Intendi T? E se tutte le probabilità sono 0 come fa essere la somma delle probabilità 1
Io ho inteso così: sia \(\displaystyle n \) il numero totale di lanci. Se voglio calcolare la probabilità che all'\(\displaystyle \text{i-esimo} \) lancio sia uscito per esempio \(\displaystyle 4 \), se \(\displaystyle i>n \) allora la probabilità dev'essere \(\displaystyle 0 \) perché non c'è nemmeno stato un \(\displaystyle \text{i-esimo} \) lancio.
La tua obiezione è comunque fondatissima, e nel frattempo mi ero accorto dell'errore fatto.
Quindi potrei dire che \[\displaystyle P(X_{i} = k)= \begin{cases} \left( \frac{1}{6} \right)^{i} & \text{se in tutti gli i-1 lanci precedenti è uscito 6} \\ 0 & \text{se in uno degli i-1 lanci precedenti è uscito un numero diverso da 6} \end{cases} \]
?
Si. Fai caso che con n credo tu intenda T, ovvero il numero (aleatorio) di lanci effettuato.
Quello che intendevo era appunto quello che scrivi e specialmente la nuova specificazione della variabile aleatoria.
Tutto diciamo dipende da come uno definisce il modello sul quale lavora. Se ad esempio consideri $Omega={(omega_i), i=1,2,... "dove" quad omega_i=1,2,...6}$ praticamente è il prodotto del risultato di un singolo lancio, allora nel difinire le v.a. devi specificare bene i valori che le variabili assumuno per ogni omega.
Ad esempio considera $ omega$ tale che $T(omega)=1$ ovvero un omega tale che il primo lancio non sia 6 e dunque ci fermiamo. Allora come definisci $X_2(omega)$ visto che $X_2$ è una funzione con dominio $Omega$?
Quello che intendevo era appunto quello che scrivi e specialmente la nuova specificazione della variabile aleatoria.
Tutto diciamo dipende da come uno definisce il modello sul quale lavora. Se ad esempio consideri $Omega={(omega_i), i=1,2,... "dove" quad omega_i=1,2,...6}$ praticamente è il prodotto del risultato di un singolo lancio, allora nel difinire le v.a. devi specificare bene i valori che le variabili assumuno per ogni omega.
Ad esempio considera $ omega$ tale che $T(omega)=1$ ovvero un omega tale che il primo lancio non sia 6 e dunque ci fermiamo. Allora come definisci $X_2(omega)$ visto che $X_2$ è una funzione con dominio $Omega$?
Bene, grazie per le correzioni.
"DajeForte":
Si capivo quello che volevi dire. Ma dire che "la somma delle probabilità non debba fare 1" capisci che è un po una eresia?
Volevo dire
\(\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\text{probabilità che il dado è lanciato almeno i volte e il i-esimo lancio è k}= \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{6^{i}} \neq 1 \)
e
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{6}\text{probabilità che il dado è lanciato almeno i volte e il i-esimo lancio è k}= \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{6^{i}} \neq 1 \)
Ma ho anche capito vostre note, la questione rimane un po'ambigua.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo