LEZIONI CALCOLO DELLE PROBABILITA' (INFORMATICA) 
1) lunedì 5 marzo 2012 
prima introduzione e prime definizioni 
- perche' si usa un insieme W  (Omega) e corrispondenza tra insiemi ed eventi.
- perche' non è detto che tutti i sottoinsiemi di  W  (Omega) sono eventi: 
ossia sono eventi solo quelli che appartengono a una famiglia dell'insieme delle parti: 
esempio del dado coperto di bollini rossi sui pari e blu sui dispari:  
"esce un numero pari" e' un evento, mentre" esce il due " non e' un evento  perche' non posso dire se si e' verificato o  no.
Problema del compleanno (esperimento)
2) mercoledì 7 marzo 2012
Ancora sul significato delle operazioni logiche di OR, AND e NEGAZIONE 
e le operazioni di unione, intersezione e complementare, sugli insiemi
Funzioni indicatrici di eventi,  cardinalita' dell'insieme delle parti.
Combinazioni[senza ripetizione] Disposizioni [senza ripetizione] Permutazioni di n elementi di classe k
C^n_k * P_k=D^n_k 
il numero delle disposizioni di n elementi di classe k (indicato con D^n_k) è uguale
 al numero delle combinazioni di n elementi di classe k [senza ripetizione] (indicato con C^n_k)  
moltiplicato per il numero delle permutazioni di k elementi (ossia il numero delle disposizioni, con n=k, indicato con P_k=D^k_k) 
D^n_k=nD^{n-1}_{k-1}=n (n-1)...(n-(k-1))=n!/(n-k)!
P_k=D^k_k=k!
dimostrazione di C^n_k=n!/[(n-k)!k!]    e  interpretazione di     C^n_k=C^n_{n-k} 
Iniziata la dimostrazione di  C^n_k=C^{n-1}_k + C^{n-1}_{k-1}
e dimostrazione di 2^n = C^n_0 + C^n_1 +...+  C^n_k+...+  C^n_n

3) venerdì 9 marzo 2012
Dimostrazione di 
C^n_k=C^{n-1}_k + C^{n-1}_{k-1}  (formula di Stieffel)
suo uso per la costruzione del triangolo di Tartaglia
suo uso nella dimostrazione per induzione della formual del binomio di Newton
 (x+y)^n=C^{n}_0 x^0 y^n + C^n_1x^k1y^{n-1}+...+ C^n_kx^k y^{n-k}  +...+  C^n_nx^n y^0
=S_{k=0,1,..,n}  C^n_kx^k y^{n-k}  
Dimostrazione senza induzione della stessa formula.
Assiomi degli spazio di  probabilita'
La lezione e' stata interrotta per malore di una studentessa
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4) lunedì 12 marzo 2012
Assiomi degli spazi di Probabilità e prime conseguenze degli assiomi (Æ=insieme vuoto)
P(E)=P(EUÆ)=P(E)+P(Æ) quindi P(Æ)=0
P(A)+P(A^c)=P(Omega)=1  quindi P(A^c)=1-P(A) e P(A)=1-P(A)
P(A)=P(A Ç B)+P(A Ç B^c)  (e ovviamente P(B)=P(A Ç B)+P(A^c  Ç  B)  
(dove abbiamo usato la convenzione che A Ç B indica l'intersezione di A e B)
Problema del compleanno in modo formale
Anagrammi di parole e introduzione ai coefficienti multinomiali

5) mercoledì 14 marzo 2012
Altre conseguenze degli assiomi 
P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A Ç B)  
e 
P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AÇB)-P(AÇC)-P(BnC)+P(AÇBÇC)
(principio di inclusione ed esclusione per la probabilità che si verifichi almeno uno tra gli eventi A  B e C, ossia P(A U B U C) , con dimostrazione)
caso generale (SENZA DIMOSTRAZIONE) Probabilità che si verifichi almeno uno tra gli eventi A_1, A_2, ...., A_N
P(A_1 U A_2 U....U A_N)
= P(A_1)+P(A_2)+ ... +P(A_N) - [ P(A_1 Ç A_2)+ P(A_1 Ç A_3)+...+ P(A_i Ç A_j)+.... P(A_{n-1} Ç A_n)]+....
....+(-1)^{k-1} S_{i_1,i_2,..,i_k} P(A_{i_1} Ç A_{i_2} Ç...Ç A_{i_k}) +...+(-1)^{N-1}  P(A_1 Ç A_2 Ç...Ç A_N)
dove le somme  S_{i_1,i_2,..,i_k}  sono fatte su tutti i C^N_k sottoinsiemi di {1,2,..., N}
ATTENZIONE spesso però è più comodo calcolare 
P(A_1 U A_2 U....U A_N)=1- P(A_1^c Ç A_2^c Ç...Ç A_N^c)

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Se A è incluso in B (A Í B ossia il verificarsi di A implica il verificarsi di B)  allora P(A)£P(B) (MONOTONIA DELLA PROBABILITA')
Se H_1, H_2, ...H_m formano una partizione dell'evento certo
ossia sono disgiunti a due a due (ossia per ogni i¹ j H_i ÇH_j= Æ,cioè H_i e H_j sono eventi incompatibili)  e H_1UH_2U....UH_m=W (eventi esaustivi) 
allora P(H_1)+P(H_2)+....+P(H_m)=1
e
P(A)=P(A Ç  H_1)+P(A Ç H_2)+....+P(A Ç H_m)
caratterizzazione degli spazi di probabilità in cui è un insieme finito e l'algebra degli eventi e' tutto l'insieme delle parti
W ={w_i, i=1,...N}
p_i=P({w_i})  con le condizione che   p_i>=0 p_1+ p_2+....+ p_N = 1
risulta necessariamente
P(E)=S_{i=1,..,N t.c. w_i appartiene a  E } P({w_i}) 
infatti P(E)=P(EÇH_1)+P(EÇH_2)+....+P(EÇH_N)
dove H_k=({w_k}  
e quindi  P(H_k)=0  se  w_k non appartiene ad E   (w_k Ï E )
mentre    P(EÇH_k)=P({w_k})   se  w_k  appartiene ad E (w_k Î E )

Esempio: (dal Ross) Si mischia bene un mazzo di carte francesi (52 carte con  4 semi:
cuori ©, quadri ¨, fiori §, picche ª) e si mostrano le carte una dopo l'altra, Calcolare la Probabilita' di
 A= "dopo il primo asso esca il due di picche",  B= "dopo il primo asso esce l'asso di picche"
E = "dopo il primo asso esce un altro asso", F="dopo il primo asso NON esce un altro asso"
6) venerdì 16 marzo 2012
Esempi ed esercizi:
ES 1 Dati tre eventi A, B e C 
1a. E' possibile che 
P(AÇBÇC)=P(A Ç B Ç C^c)=0.1,   P(A Ç B^c Ç C)=P(A Ç B^c Ç C)=P(A^c Ç B Ç C^c)=0.15  e  
P(A^c Ç B^c Ç C)=P(A Ç B^c Ç C^c)=P(A^c Ç B Ç C^c)=0.05 ?
RISPOSTA:  sì è possibile infatti la somma delle precedenti probabilità è minore o uguale a 1 e quindi 
P(A^c Ç B^c Ç C^c)=1-[P(AÇBÇC)+....+P(A^c Ç B Ç C^c)]>=0 (e viene P(A^c Ç B^c Ç C^c)=1-0.65=0.35 )
1b. Calcolare P(A), P(B) e P(C),   1c. Calcolare P(A U B) e P(A U C)  1d. Calcolare   P(A U B U C)  
ES 2. 
2a. Se P(A Ç B)= 2 P(A Ç B^c), P(A^c Ç B^c)=2 P(A Ç B) e P(A^c Ç B)= 2 P(A^c Ç B^c)  e' possibile trovare P(A)?
2b. Se P(A Ç B)= 2 P(A Ç B^c), P(A^c Ç B^c)=2 P(A Ç B)   e' possibile trovare delle limitazioni per P(A)?  CONTROLLARE IL TESTO!!
ES 3.
Si lancia n volte una moneta ben equilibrata.
3a.  per h=1,2,...n calcolare la probabilità di "nessuna testa nei primi h lanci" 
3b. per h=1,2,...n calcolare la probabilità di "nessuna testa nei lanci dall'h-simo (incluso) in poi"
 3c. per k=0,1,2,...,n calcolare la probabilità dell'evento  "Testa si presenta esattamente k volte (negli n lanci)" 
	 [si osservi che  equivalentemente si potrebbe chiedere " Croce si presenta esattamente n-k volte (negli n lanci)" ]
ES 4.
Calcolare il numero di anagrammi (anche sensa senso in italiano) della parola LASAGNA e in numero di anagrammi della parola MATEMATICA 

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Gli argomenti iniziali:
assiomi della probabilità e motivazioni si trovano in
cap. 1 del libro di BALDI, cap. 1 del libro di  PICCIONI, cap. 2 del libro di ROSS 
il calcolo combinatorio si trova in
cap. 1 del libro di BALDI, parag. 4.2.1--4.2.3 del libro di  PICCIONI, capitolo 1 del libro di ROSS 

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7) lunedì 19 marzo 2012
Probabilità condizionata: definizione e suo utilizzo. Se B è un evento (cioè B Î F) con P(B)>0, ed A è un evento (cioè A Î F), la definizione d Probabilità condizionata di A dato B (sapendo che B si è verificato) si scrive P(A|B) ed è definita come
P(A|B)=P(A Ç B)/P(B) da cui immediatamente P(A Ç B)=P(B) P(A|B)

8) mercoledì 21 marzo 2012
FORMULA DELLA PROBABILITA' COMPOSTE (detta anche del PRODOTTO):
Se E_1, E_2, ...,E_n sono eventi (cioè E_i Î F per i=1,..n) con P(E_1Ç E_2 ....Ç E_{n-1})>0, allora
P(E_1Ç E_2 ....Ç E_{n-1}Ç E_n)=P(E_1) P(E_2|E_1) P(E_3| E_1 Ç E_2) ....P(E_j|E_1Ç E_2 ....Ç E_{j-1}) .... P(E_n|E_1Ç E_2 ....Ç E_{n-1})

OSSERVAZIONE ovviamente dati  E_1, E_2, ...,E_n  anche  E~_1, E~_2, ...,E~_n  sono eventi, dove E~_j sta per E_j o per il suo complementare E_j^c, la formula delle probabilità composte si applica anche a
P(E~_1Ç E~_2 ....Ç E~_{n-1}Ç E~_n)
Ad esempio per n=3 
P(E_1Ç E_2 Ç E_3)=P(E_1) P(E_2|E_1) P(E_3| E_1 Ç E_2)
P(E_1Ç E_2 Ç E_3^c)=P(E_1) P(E_2|E_1) P(E_3^c| E_1 Ç E_2)
P(E_1Ç E_2^c Ç E_3)=P(E_1) P(E_2^c|E_1) P(E_3| E_1 Ç E_2^c)
P(E_1Ç E_2^c Ç E_3^c)=P(E_1) P(E_2^c|E_1) P(E_3^c| E_1 Ç E_2^c)
P(E_1^cÇ E_2 Ç E_3)=P(E_1^c) P(E_2|E_1^c) P(E_3| E_1^c Ç E_2Ç  E_3)
P(E_1^cÇ E_2 Ç E_3^c)=P(E_1^c) P(E_2|E_1^c) P(E_3^c| E_1^c Ç E_2)
P(E_1^cÇ E_2^c Ç E_3)=P(E_1^c) P(E_2^c|E_1^c) P(E_3| E_1^c Ç E_2^c)
P(E_1^cÇ E_2^c Ç E_3^c)=P(E_1^c) P(E_2^c|E_1^c) P(E_3^c| E_1^c Ç E_2^c)
e quindi si possono calcolare tutte le probabilità relative a qualunque evento che "riguarda" i tre eventi 
AD ESEMPIO per calcolare P(E_1 Ç E_3) consideriamo che 
E_1 Ç E_3=(E_1Ç E_2 Ç E_3) È (E_1Ç E_2^c Ç E_3)
e quindi
P(E_1 Ç E_3)= P((E_1Ç E_2 Ç E_3) È (E_1Ç E_2^c Ç E_3))= P(E_1Ç E_2 Ç E_3) + P(E_1Ç E_2^c Ç E_3)
COLLEGAMENTO CON LA COSTRUZIONE DELL'ALBERO PER IL CALCOLO DELLE PROBABILITA'  in esempi concreti

ESTRAZIONI SENZA REINSERIMENTO: GIOCO DEL LOTTO, calcolo di numero singolo, ambo e terno su una ruota fissata (ad esempio la ruota di Roma)
(a) prendendo W  uguale alle disposizioni di 90 elementi (i numeri da 1 a 90) di classe 5
(b) utilizzando le probabilità condizionali e la formula delle probabilità composte

9) venerdì 23 marzo 2012
ESERCIZI ED ESEMPI
ESTRAZIONI SENZA REINSERIMENTO: GIOCO DEL LOTTO, calcolo di ambo, terno, quaterna e cinquina, su una ruota fissata (ad esempio la ruota di Roma), IN TRE MODI
(a) prendendo W  uguale alle disposizioni di 90 elementi (i numeri da 1 a 90) di classe 5
Esempio del terno:   i casi possibili sono D^90_5= 90 *89*88*87*86  ,  
fissate le posizioni di uscita e l'ordine di uscita dei 3 numeri giocati i casi favorevoli sono 87*86=D^87_2,  per ognuno di questi casi, ci sono poi  5*4*3 =D^5_3=C^5_3 P_3 modi per fissare posizione e ordine di uscita e quindi i casi favorevoli sono  in totale  5*4*3*87*86 
e infine la probabilità di quaterna si calcola come  5*4*3*87*86/(90 *89*88*87*86) 
(a bis) prendendo  W  uguale alle combinazioni di 90 elementi (i numeri da 1 a 90) di classe 5 (come se fossero estrazioni in blocco: questo è possibile solo perché negli eventi considerati l'ordine di estrazione non ha importanza) 
Esempio del terno: i casi possibili sono C^90_5=90!/(85! * 5!)=D^90_5/ P_5
i casi favorevoli si calcolano pensando che i 3 numeri giocati (come se fossero palline bianche) devono essere tutti scelti e quindi in C^3_3=3!/(3! 0!)=D^3_3 /P_3 modi 
e ci sono C^87_2 = 87!/(2! 85!)=D^87_2/P_2  modi di prendere due degli 87 numeri rimasti quindi i casi favorevoli sono  C^3_3*C^87_2
e la probabilità di fare terno vale
 C^3_3*C^87_2/C^90_5= (D^3_3 /P_3)*  (D^87_2/P_2)/(D^90_5/ P_5)= (P_5/(P_2*P_3)) * (D^3_3 *D^87_2/D^90_5) = (P_5/(P_2*P_3)) * (P_3 *D^87_2/D^90_5)

(b) utilizzando le probabilità condizionali e la formula delle probabilità composte: posto E_j=" esce il  numero j sulla ruota di Roma"
se abbiamo giocato il terno con i numeri 3, 19 e 61, l'evento "esce il terno" si scrive come E_3 ÇE_{19} Ç E_{61}
e quindi per la formula delle probabilità composte si ha
P(E_3Ç E_19 Ç E_61)=P(E_3) P(E_19|E_3) P(E_61| E_3 Ç E_19)= (5/90)*(4/89)*(3/88)

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10) lunedì 26 marzo 2012
Problema degli accoppiamenti o delle concordanze  o della segretaria (o equivalentemente del guardarobiere)
[Matching Problem] 
La segretaria ha N lettere indirizzate a N persone distinte  ed N buste con già scritti gli N indirizzi: le cadono tutte le N lettere e quindi mette le N lettere a caso nelle N buste.
(i) Quanto vale la probabilità p(N) che nessuna lettera sia nella busta corrispondente?
(ii) Quanto vale la probabilità q(N) che ci sia almeno una lettera nella busta corrispondente?
La probabilità in (i) è il complementare a 1 della probabilità in (ii)  [ossia p(N)=1-q(N) ]
Per calcolare q(n) si pone A_i= la lettera i-sima e' nella busta i-sima, di modo che 
q(n)=P(A_1 È  A_2 È....È A_N)
= P(A_1)+P(A_2)+ ... +P(A_N) - [ P(A_1 Ç A_2)+ P(A_1 Ç A_3)+...+ P(A_i Ç A_j)+.... ]+....+(-1)^{k-1} S_{i_1,i_2,..,i_k} P(A_{i_1} Ç A_{i_2} Ç...Ç A_{i_k}) +...+(-1)^{N-1}  P(A_1 Ç A_2 Ç...Ç A_N)
ora, qualunque sia la combinazione {i_1,i_2,..,i_k}, si ha  P(A_{i_1} Ç A_{i_2} Ç...Ç A_{i_k})= (N-k)!/N! e quindi la somma
 S_{i_1,i_2,..,i_k} P(A_{i_1} n A_{i_2} n...n A_{i_k})
 fatta su tutte le N!/[k!(N-k)!] combinazioni di N elementi di classe k vale  
 N!/[k!(N-k)!]  (N-k)!/N! =1/k!
di conseguenza 
q(N)=1/1! - 1/2! + 1/3! - 1/4! +......+ (-1)^{k-1} 1/k! +.....+ (-1)^{N-1} 1/N!
e 
p(N)=1-1/1! + 1/2! - 1/3! + 1/4! +......+ (-1)^k 1/k! +.....+ (-1)^N 1/N! = S_{k=0,1,...N}(-1)^k 1/k!  che converge (per N che tende ad infinito) a e^{-1} (ossia poco più di un terzo, anzi circa 1/2,71)
del resto per N=3 viene
p(3)=1-1/1! + 1/2! - 1/3! = 1/2- 1/6=2/3
p(4)= 1-1/1! + 1/2! - 1/3! + 1/4!= 1/2- 1/6+1/24=17/24
p(5)= 1-1/1! + 1/2! - 1/3! + 1/4!  -1/5!=1/2- 1/6+1/24-1/120=84/120

(iii) Quante sono le permutazioni (i_1,i_2, .... i_N) di N elementi  che non presentano punti fissi (ossia per le quali, qualunque sia j, il valore i_j è diverso da j) 
Risposta: N!p(N) ossia N!moltiplicato per la probabilità p(N) che nessuna lettera sia nella busta corrispondente.

(iv) Quanto vale la probabilità p(k;N) che ci siano esattamente k lettere nella busta corrispondente? (ossia le altre sono tutte in buste sbagliate)
Risposta p(N-k)/k!:
Prima di tutto notiamo che, qualunque sia N, p(N)=p(0;N).  
I casi favorevoli si contano tenendo presente che si possono scegliere in C^N_k modi possibili quali sono le k lettere nella busta giusta (cioè i k valori j per i quali i_j=j) , e che per ognuna di queste scelte  ci sono poi tabte scelte quante sono le permutazioni dei rimanenti N-k elementi con nessun  punto fisso. Per il punto precedente queste ultime  sono (N-k)! p(N-k). In conclusione
p(k;N)=C^N_k #{permutazioni di N-k elementi che non presentano punti fissi}/N!=(N!/[k! (N-k)!]) (N-k)! p(N-k) /N!= p(N-k)/k!

PROBLEMA di un test medico sull'HIV (si trova sugli Appunti di Calcolo delle Probabilità di Spizzichino Nappo)
Situazione:   H= " avere il virus", T^+="risultare positivo al test"
noti P(H) e P(T^+|H) e P(T^+|H^c) 
i) calcolare la probabilità di risultare positivi al test
ii) calcolare la probabilità di avere il virus, sapendo che si è risultati positivi al test (cioè calcolare P(H|T^+)
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Posto il problema di Monty Hall, senza soluzione 

11) mercoledì 28 marzo 2012
Problema del paradosso di Bertrand (tre scatole identiche contengono rispettivamente 
U_0: due monete d'argento, 
U_1: una moneta d'argento e una d'oro 
U_2: due monete d'oro
Ne viene scelta una  a caso e viene estratta una moneta. Sapendo che la moneta estratta e' d'oro, calcolare la probabilità che anche la moneta rimanente nella scatola e' d'oro.
SOLUZIONE: Posto U_i="viene scelta l'urna che contiene i monete d'oro" e G_1="la prima moneta estratta e' d'oro"
stiamo chiedendo di calcolare P(U_2|G_1) in quanto, sapendo che la prima moneta estratta e' d'oro, e' equivalente chiedere che l'urna scelta sia quella che contiene due monete d'oro oppure chiedere che la moneta rimanente sia anch'essa d'oro.
Per la formula delle probabilità totali, rispetto alla partizione U_0, U_1, U_2 e all'evento G_1 si ha
P(U_2|G_1)=P(U_2)P(G_1|U_2)/[P(U_0)P(G_1|U_0)+P(U_1)P(G_1|U_1)+P(U_2)P(G_1|U_2)]
=(1/3)*1/[(1/3)*0+(1/3)*(1/2)+(1/3)*1]=1/[0+(1/2)+1]=1/(3/2)=2/3
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Soluzione del problema di MONTY HALL (vedere file allegato su TWIKI) con variante in cui il presentatore sceglie la porta piu' vicina a lui con probabilità p invece che 1/2.
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n ESTRAZIONI CON REISERIMENTO da un'urna che contiene b palline bianche ed r palline rosse
Posto B_i="i-sima pallina estratta bianca" e R_i="i-sima pallina estratta rossa" (=B_i^c)
calcolo della probabilità P(B_1 n R_2n B_3 n ....nB_{n-1}n R_n)
e piu' in generale P( (n_{l in L} B_l) n (n_{j in J} R_j)  )= b^|L|  r^{n-|L|)/(b+r)^n
 dove L U J ={1,2,...n} e J=L^c 
e problema del calcolo della probabilità che il numero X_B^n di palline bianche estratte sia (esattamente) k
P(X_B^n =k )= C^n_k b^k  r^{n-k)/(b+r)^n= C^n_k (b/(b+r))^k  (r/(b+r))^{n-k),  per k=0,1, .... ,n-1, n

12) venerdì 30 marzo 2012
(da completare ?) Definizione di due eventi indipendenti A e B sono indipendenti se P(AÇB)=P(A)P(B), che,  nel caso in cui P(A)>0 e P(B)>0,  e' equivalente a dire che P(A|B)=P(A) oppure P(B|A)=P(B)
Se A e B sono indipendenti allora lo sono anche A e B^c cioè P(AÇB)=P(A)P(B) implica P(AÇB^c)=P(A)P(B^c)
[dimostrazione: 
P(AÇB)+P(AÇB^c)=P(A), e quindiP(AÇB^c)=P(A)- P(AÇB),  se A e B sono indipendenti allora 
P(AÇB^c)=P(A)- P(A)P(B)=P(A)[1-P(B)]=P(A)P(B^c)   ]
Quindi vale anche   P(A^cÇB)=P(A^c)P(B)  e P(A^cÇB^c)=P(A^c)P(B^c) 

In conclusione affermare che " A e B sono indipendenti" è equivalente ad affermare che
P(A~ÇB~)=P(A~)P(B~)  dove A~ può essere A o A^c e B~ può essere B o B^c (in totale 4 relazioni)

Se P(A)=0 allora qualunque sia B vale P(AÇB)= P(A)P(B), cioè gli insiemi di porbabilità nulla sono indipendenti da qualsiasi evento 
[ dimostrazione:  AÇB è contenuto in A e quindi 0<=P(AÇB)<= P(A)=0 quindi P(AÇB)= 0  e anche P(A)P(B)=0 ]
Se A e B sono eventi con probabilità non nulla ( cioè positiva : P(A)>0 e P(B)>0) e sono incompatibili (ovvero sono disgiunti: AÇB=Æ ) allora A e B NON SONO INDIPENDENTI
[dimostrazione:  P(A)P(B)>0 mentre P(AÇB)=P(Æ)=0  quindi P(AÇB) < P(A)P(B) e A e B non sono indipendenti ( anzi si vede che allora A e B sono correlati negativamente: per la definzione di eventi correlati positivamente e negativamente si vedano le lezioni successive) ]
Esempi di eventi indipenenti e NON
ESEMPIO 1: da un mazzo di carte francesi (52 carte: 4 semi, cuori quadri fiori picche, per ciascun seme tredici carte, ossia A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 J Q K) si estrae una carta.
evento A = " esce un asso",   evento C = " esce una carta di cuori",      AÇC =" esce l'asso di cuori"
P(A)=4/52= 1/13,    P(C)=13/52=1/4,     P(AÇC)=1/52     P(A)P(C)= ( 1/13) (1/4) =1/52   
quindi A e C SONO INDIPENDENTI
ESEMPIO 1 bis: da un mazzo di carte francesi con due Jolly (come prima 52 carte piu' 2 Jolly, quindi 54 carte in totale) si estrae una carta.
evento A = " esce un asso",   evento C = " esce una carta di cuori",      AÇC =" esce l'asso di cuori"
P(A)=4/54= 2/27,    P(C)=13/54,     P(AÇC)=1/54     P(A)P(C)= ( 2/27) (13/54) = (26/27)(1/54) diverso da 1/54   
quindi A e C NON SONO INDIPENDENTI

ESEMPIO 2 si lanciano due dadi ben equilibrati. Sia X_1 il valore del primo dado e X_2 il valore del secondo dado.
Si considerino gli eventi 
E={X_1=3}  ed F={X_1+X_2=7}           per cui EÇF={X_1=3 X_2=4}
Preso  W ={(i,j) con  i, j in {1,2,3,4,5,6} } si ha che E ed F sono indipendenti
E={(3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6)} e P(E)=1/6
F={(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)} e P(F)=6/36=1/6
 EÇF={(3,4)} e P(EÇF)=1/36

ESEMPIO 2 bis
stessa situazione, ma sia G={X_1+X_2=4}, allora gli eventi E e G NON SONO INDIPENDENTI:
infatti 
E={(3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6)} e P(E)=1/6
G={(1,3), (2,2), (3,1)} e P(G)=3/36=1/12
 EÇG={(3,1)} e P(EÇG)=1/36 diverso da P(E)P(G)=(1/6) (1/12)=1/72

DEFINZIONE: TRE EVENTI A, B, C SONO (GLOBALMENTE o COMPLETAMENTE) INDIPENDENTI SE 
(*)  P(AÇB)=P(A)P(B), P(AÇC)=P(A)P(C) P(BÇC)=P(B)P(C) e P(AÇBÇC)=P(A)P(B)P(C)
AFFERMAZIONE: la precedente proprietà è equivalente a chiedere che
(**) P(A~ÇB~ÇC~)=P(A~)P(B~) P(C~) dove A~ può essere A o A^c e B~ può essere B o B^c e C~ può essere C o C^c
 (in totale 2^3=8 relazioni)
[dimostrazione: 
PRIMA PARTE: per vedere che (**) implica (*) notiamo che 
P(AÇBÇC)=P(A)P(B)P(C) è valida prendendo  A~ =A,  B~=B e C~ =C 
per ottenere P(AÇB)=P(A)P(B) basta osservare che 
AÇB= (AÇBÇC) È(AÇBÇC^c) da cui
P(AÇB)= P((AÇBÇC) È(AÇBÇC^c)) = P(AÇBÇC) + P(AÇBÇC^c)= P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C^c)
=P(A)P(B)[P(C)+P(C^c)]=P(A)P(B) 1=P(A)P(B)
le altre relazioni si dimostrano in modo analogo
SECONDA PARTE: per vedere che (*) implica (**) vediamo che 
P(AÇBÇC)=P(A)P(B)P(C) è valida 
per ottenere, ad esempio, 
P(AÇBÇC^c)=P(A)P(B)P(C^c)  possiamo procedere osservando che
AÇB= (AÇBÇC) È(AÇBÇC^c) da cui
P(AÇB)= P((AÇBÇC) È(AÇBÇC^c)) = P(AÇBÇC) + P(AÇBÇC^c)
la precedente uguaglianza, tenendo presente la (*), diviene
P(A)P(B)=P(A)P(B)P(C)+ P(AÇBÇC^c)
da cui
P(AÇBÇC^c)=P(A)P(B)-P(A)P(B)P(C)=P(A)P(B)[1-P(C)]=P(A)P(B)PC^c)
le relazioni P(AÇB^cÇC)=P(A)P(B^c)P(C) e P(A^cÇBÇC)=P(A^c)P(B)P(C) si ottengono in modo analogo
e da queste si ottengono anche
P(AÇB^cÇC^c)=P(A)P(B^c)P(C^c)
infatti     
AÇB^c= (AÇB^cÇC) È(AÇB^cÇC^c) da cui
P(AÇB^c)= P((AÇB^cÇC) È(AÇB^cÇC^c)) = P(AÇB^cÇC) + P(AÇB^cÇC^c).
La precedente uguaglianza, tenendo presente la (*), il fatto che P(AÇB)=P(A)P(B) implica P(A~ÇB~)=P(A~)P(B~) e il fatto che abbiamo già dimostrato che P(AÇB^cÇC)=P(A)P(B^c)P(C)  diviene
P(A)P(B^c)=P(A)P(B^c)P(C)+ P(AÇB^cÇC^c)
da cui
P(AÇB^cÇC^c)=P(A)P(B^c)-P(A)P(B^c)P(C)=P(A)P(B^c)[1-P(C)]=P(A)P(B^c)PC^c) 
e così via.
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13) lunedì 2 aprile 2012
DEFINZIONE   A_1, A_2,  ..., A_n  formano una famiglia di n eventi globalmente indipendenti
se e solo se 
COND 1  comunque preso k in{2,3,...,n} e comunque scelto {i_1, i_2,...,i_k}  sottoinsieme di {1,2,3...n}
 P(A_{i_1}Ç A_{i_2} Ç...Ç A_{i_k} )= P(A_{i_1}) P( A_{i_2}) ... P(A_{i_k}) 
o equivalentemente
COND 2
P(A~_1Ç A~_2 Ç...Ç A~_n )= P(A~_1) P( A~_2) ... P(A~_n) 
dove A~_k = A_k oppure   A~_k = (A_k)^c 
(COND 1 e COND 2 sono equivalenti la dimostrazione solo nel caso n=3 fatta nella lezione precedcente)
ESEMPI di eventi globalmente indipendenti:
Estrazioni CON REINSERIMENTO da un'urna con composizione NOTA b palline bianche ed r palline rosse
 B_k= {k-sima pallina estratta bianca}

DEFINZIONE   la successione di eventi {A_k, k>=1}  formano una famiglia numerabile di eventi globalmente indipendenti
se e solo se per ogni n >=2, A_1, A_2,  ..., A_n,  formano una famiglia di n eventi globalmente indipendenti

14) mercoledì 4 aprile 2012
(da completare)
CENNI A PARTIZIONI INDIPENDENTI ossia il caso di estrazioni CON REINSERIMENTO da un'urna di COMPOSIZIONE NOTA, ma con piu' colori: ad esempio b palline bianche r rosse e g gialle
P(A~_1Ç A~_2 Ç...Ç A~_n )= P(A~_1) P( A~_2) ... P(A~_n) 
dove 
A~_k = B_k  (B_k= k-sima pallina stratta BIANCA) 
oppure   
A~_k = R_k  (R_k= k-sima pallina stratta ROSSA) 
oppure  
A~_k = G_k  oppure   A~_k = G_k  (G_k= k-sima pallina stratta GIALLA) 
(ossia A~_k e' un elemento della partizione {B_k, R_k, G_k} o addirittura dell'algebra generata dalla partizione {B_k, R_k, G_k},   ossia  A~_k appartiene a {Æ,B_k, R_k, G_k, B_k È R_k, B_k È G_k, R_k È G_k ,  W  }

NELLA PARTE DA COMPLETARE, tra l'altro, definizone di due eventi indipendenti, di n eventi indipendenti globalmente, di una successione di eventi indipendenti,  proprieta', esempi, esercizi vari.
venerdì 6 aprile 2012 (festa: vacanze di Pasqua)
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lunedì 9 aprile 2012 (festa: vacanze di Pasqua)

15) mercoledì 11 aprile 2012
Definzione di due eventi correlati positivamente e correlati negativamente e dimostrato alcune proprieta' relative: ad esempio se A e B sono correlati positivamente allora A e B^c (B complementare) sono correlati negativamente [e quindi A^c e B^c sono correlati positivamente].

esercizi ed esempi

16) venerdì 13 aprile 2012 
Esercizi posti dagli studenti:
"tris o full","full", "tris, ma non full" (nel caso di dadi e quindi con estrazioni con ripetizione) oppure con carte e quindi estrazioni SENZA ripetizione
Esercizio 5.4. (di appunti di Spizzichino, Nappo)
 X ed Y indicano i punteggi ottenuti nel lancio di due dadi a sei facce. Poniamo
A ={max(X; Y ) < 5}; B ={min(X; Y ) > 3}
a) Calcolare P(AÇB), P(AÈB), P(A | B), P(B | A).
b) Gli eventi A e B sono indipendenti, correlati positivamente o negativamente? A e B sono incompatibili?  
TEORIA
Tempi di primo successo in prove indipendenti tutte con la stessa probabilità:
A_1, A_2, ....,A_n, A_{n+1},.... eventi indipendenti (globalmente) 
e tutti con la stessa probabilità p=P(A_k) ( per ogni numero naturale k)
LINGUAGGIO se si verifica A_i diciamo che alla prova i-sima si e' verificato un successo 
(ESEMPIO: estrazioni con reinserimento da un'urna con composizione NOTA, ad esempio b palline bianche ed r rosse, SUCCESSO = estrazione di una pallina bianca, A_k= k-sima pallina estratta bianca
Posto T_1= il numero delle prove effettuate fino al primo successo 
SCOPO: calcolare P(T_1=k)
per prima cosa va stabilito quali valori di k ha senso considerare (ossia quali valori può assumere T_1): e chiaramente vanno considerati k=1,2,.....
Si inizia con k=1:   {T_1=1}=A_1  (cioè successo alla prima prova)  da cui P(T_1=1)=P(A_1)=p
per k=2:   {T_1=2}=A_1^cÇ A_2  (cioè insuccesso alla prima prova e successo alla seconda prova)  da cui P(T_1=2)=P(A_1^c Ç A_2)=P(A_1^c) P(A_2)=(1-p)p  
(la seconda uguaglianza dipende dal fatto che A_1 e A_2  sono indipendenti)
per k=3:   {T_1=3}=A_1^cÇ A_2^cÇ A_3  (cioè insuccesso alla prima e alla seconda prova e successo alla terza prova)  da cui
 P(T_1=3)=P(A_1^c cÇ A_2^c Ç A_3)=P(A_1^c) P(A_2^c)  P(A_3)=(1-p)^2 p  
(la seconda uguaglianza dipende dal fatto che A_1 ,A_2 e A_3  sono indipendenti)

a questo punto è chiaro come si passa al caso k generico
    {T_1=k}=A_1^cÇ A_2^cÇ .... Ç A_{k-1}^cÇ A_k  (cioè insuccesso dalla prima e alla (k-1)-sima prova e successo alla k-sima prova)  da cui 
P(T_1=k)=P(A_1^c cÇ A_2^c Ç .... Ç A_{k-1}^cÇ A_k)=P(A_1^c) P(A_2^c) ... ) P(A_{k-1}^c) P(A_k)=(1-p)^{k-1} p  
(la seconda uguaglianza dipende dal fatto che A_1 ,A_2,..., A_k  sono indipendenti)

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17) lunedì 16 aprile 2012 
SCHEMA DI BERNOULLI o delle prove ripetute
fisssato n si  hanno n eventi  A_1, A_2, ....,A_n indipendenti (globalmente) e tutti con la stessa probabilità
LINGUAGGIO se si verifica A_i diciamo che alla prova i-sima si e' verificato un successo 
Si pone 
S_n= numero dei successi sulle n prove

Vogliamo calcolare P(S_n=h)
prima di tutto va chiarito quali valori di h ha senso considerare (ossia quali valori può assumere S_n)
Chiaramente ha senso considerare solo h=0,1,...,n.
L'evento {S_n=h} e' l'unione di eventi del tipo A_1Ç A_2Ç .. Ç A_hÇ A_{h+1}^cÇ ... Ç A_{n}^c oppure più in generale del tipo
A_{j_1}Ç A_{j_2}Ç .. Ç A_{j_h}Ç A_{i_{h+1}} ^cÇ ... Ç A_{i_n}^c  dove L={j_1, j_2,...j_h} è un sottoinsieme di cardinalità h di {1,2,...n} e _{i_{h+1}, ..., i_n}=L^c è il suo complementare:{S-n=h} è quindi l'unione di C^n_h eventi di questo tipo   

Ciascuno di questi eventi ha probabilità p^h (1-p)^{n-h} e quindi

P(S_n=h)= C^n_h  p^h (1-p)^{n-h}, per h=0, 1, ...,n 

PASSIAMO ORA ALLO SCHEMA (di BERNOULLI infinito) CON UN NUMERO INFINITO DI PROVE INDIPENDENTI
ossia una successione {A_k}_{k >=1}  [A_1, A_2, ....,A_n, A_{n+1},....] di eventi indipendenti (globalmente) 
e tutti con la stessa probabilità p=P(A_k) ( per ogni numero naturale k)
LINGUAGGIO se si verifica A_i diciamo che alla prova i-sima si è verificato un successo.
Abbiamo  già
TEMPI DI SECONDO SUCCESSO
T_2= numero di prove effettuate fino al secondo successo
SCOPO: Calcolo di P(T_2=k)
k  varia da 2 in poi ( devo effettuare almeno due prove per avere due successi)
k=2:   {T_2=2}=A_1Ç A_2
 da cui 
P({T_2=2})=P(A_1Ç A_2)=P(A_1)P(A_2) =p^2
k=3:   {T_2=3}=(A_1Ç A_2^cÇ A_3) È (A_1^cÇ A_2Ç A_3)= }=[(A_1Ç A_2^c) È (A_1^cÇ A_2)]Ç A_3 
    si noti che alla terza prova si deve essere verificato un successo e che nelle prime due si deve essere verificato ESATTAMENTE un successo e quindi
:   {T_2=3}=(A_1Ç A_2^cÇ A_3) È (A_1^cÇ A_2Ç A_3)= }={S_2=1}Ç A_3
 da cui
P({T_2=3})=P({S_2=1}Ç A_3)= P({S_2=1}) P(A_3)=2p(1-p) p= 2 (1-p) p^2
dove abbiamo sfruttato l'indipendenza degli eventi A_3 ed {S_2=1}  (in quanto quest'ultimo dipende solo dagli eventi A_1, o A_1^c  e A_2 o A_2^c)  

k generico:   {T_2=k} si noti che alla k-sima prova si deve essere verificato un successo e che nelle prime k-1 si deve essere verificato ESATTAMENTE un successo e quindi
:   {T_2=k}={S{k-1}=1}Ç A_k
 da cui
P({T_2=k})=P({S_{k-1}=1}Ç A_k)= P({S_{k-1}=1}) P(A_k)=(k-1)p(1-p)^{k-1-1} p= (k-1) (1-p)^{k.-2} p^2
dove abbiamo sfruttato l'indipendenza degli eventi A_k ed {S_{k-1}=1}  (in quanto quest'ultimo dipende solo dagli eventi A_1, o A_1^c  e A_2 o A_2^c.... A_{k-1} o A_{k-1}^c)  

TEMPI DI r-simo SUCCESSO
T_r= numero di prove effettuate fino all'rsimo successosuccesso
SCOPO: Calcolo di P(T_r=k)
k  varia da r in poi ( devo effettuare almeno r prove per avere r successi)
k=r:       {T_r=r}=A_1Ç A_2Ç ... Ç A_r
 da cui 
P({T_r=r})=P(A_1Ç A_2Ç ... Ç A_r)=P(A_1)P(A_2).... P(A_r)  =p^r

k generico :   {T_r=k} si noti che alla k-sima prova si deve essere verificato un successo e che nelle prime k-1 si devono essere verificati ESATTAMENTE r-1  successi e quindi
                      {T_r=k}={S{k-1}=r-1}Ç A_k
 da cui
P({T_r=k})=P({S_{k-1}=r-1}Ç A_k)= P({S_{k-1}=r-1}) P(A_k)=C^(r-1)_(k-1)p^{k-1}(1-p)^{r-1-(k-1)} p
= C^(r-1)_(k-1) (1-p)^{k.-r} p^r
dove abbiamo sfruttato l'indipendenza degli eventi A_k ed {S_{k-1}=r-1}  (in quanto quest'ultimo dipende solo dagli eventi A_1, o A_1^c  e A_2 o A_2^c.... A_{k-1} o A_{k-1}^c)  

18) mercoledì 18 aprile 2012

DEFINZIONE data una partizione di eventi  H_1, ..., H_m, con P(H_i)>0,
   A_1, A_2, ... A_n formano una famiglia di eventi condizionatamente indipendenti rispetto alla partizione  H_1, ..., H_m,  se e solo se per ogni i = 1, 2, ..., m
P(A~_1Ç A~_2 Ç...Ç A~_n| H_i )= P(A~_1|H_i) P( A~_2|H_i) ... P(A~_n|H_i) 
dove A~_k = A_k oppure   A~_k = (A_k)^c 

Esempio: ESTRAZIONI CON REINSERIMENTO da un'urna di composizione NON nota, ossia
ci sono m urne (esternamente uguali) e ciascuna con b_i palline bianche e r_i palline rosse
si sceglie un'urna e si estraggono, CON REINSERIMENTO, n palline dall'urna scelta.
Gli eventi B_k, k=1,2,.., n sono CONDIZIONATAMENTE indipendenti, 
MA NON indipendenti 
Posto H_i= viene scelta l'urna i si ha  
P(B~_1Ç B~_2 Ç...Ç B~_n| H_i )= P(B~_1|H_i) P( B~_2|H_i) ... P(B~_n|H_i) 
=====================================
OSSERVAZIONE PRELIMINARE : dato un evento E e  data una partizione di eventi  H_1, ..., H_m, 
la formula di Bayes si puo' ottenere anche osservando che
P(H_i|E)=c P(H_i)P(E| H_i,    i=1,2,..,m
da cui sommando
1=   S_ i=1,2,..,m P(H_i|E)=c  S_ i=1,2,..,m  P(H_i)P(E| H_i) = c (P(H_1)P(E| H_1)+...+ P(H_1)P(E| H_m)  )  
da cui
c = ( S_ i=1,2,..,m  P(H_i)P(E| H_i) )-1
APPLICAZIONE
Se A_1, A_2 formano una famiglia di eventi condizionatamente indipendenti rispetto alla partizione  H_1, ..., H_m,  allora
P(H_i| A_1 Ç A_2)= c_2  P(A_1 Ç A_2| H_i)P(H_i) =c_2  P(A_2|H_i) P(A_1|H_i) P(H_i) 
=P(A_2|H_i) P(A_1|H_i) P(H_i) /[  S_ j=1,2,..,m  P(A_1| H_j)P(A_2| H_j) P(H_j)   ]
D'altra parte
P(H_i| A_1 Ç A_2) =c_2  P(A_2|H_i) P(A_1|H_i) P(H_i)  
 = c_2 P(A_2|H_i)  g P(H_i| A_1)  = c   P(A_2|H_i)  P(H_i| A_1)  
da cui 
P(H_i| A_1 Ç A_2) =  P(A_2|H_i)  P(H_i| A_1)  / [ S_ j=1,2,..,m   P(A_2|H_j)  P(H_j| A_1)  ] 
 
19) venerdì 20 aprile 2012 
Esercizi svolti per la preparazione alla prova in itinere
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lunedì 23 aprile 2012 (I prova in itinere)
 in AULA 1 di MATEMATICA (piano terra) ore 15
mercoledì 25 aprile 2012 (festa: anniversario Liberazione)

venerdì 27 aprile 2012  (fine periodo delle prove in itinere)
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20) lunedì 30 aprile 2012 (SOSPENSIONE DELLE LEZIONI) 

21) mercoledì 2 maggio 2012

Definizione di variabile aleatoria: in uno spazio di probabilità (  W   , F  , P) si definisce 
variabile aleatoria un funzione X
X:   W  -> IR, w -> X(w),  tale che per ogni x reale l'insieme {X £ x} = {w  : X(w) £ x}  e' un evento ossia
 appartiene a F , per cui e' possibile calcolare P(X £ x)
La funzione F_X: IR -> [0,1] ,   x -> F_X(x):=P(X £ x)
e' detta funzione di distribuzione o di ripartizione della variabile aleatoria X.

La variabile aleatoria X e' detta discreta se l'insieme dei valori che puo' assumere X(W) e' un  insieme finito o numerabile
e di solito viene indicato 
 X(W) ={x_1, x_2, ..., x_n} nel caso finito e   X(W) ={x_k, k>=1}  nel caso numerabile
in tal caso si definisce LA DENSITA' DISCRETA DELLA VARIABILE AALETORIA X 
p_X(x_j):=P(X=x_j) per x_j in X(W) 
e si ha che, per ogni sottoinsieme K dei reali
P(X appartiene a K) =  S_ j : x_j in K P( X=x_j)=  S_ j :  x_j in K p_X(x_j)
e in particolare
F_X(x)= S_ j : x_j£ xP( X=x_j)=  S_ j : x_j£ x p_X(x_j)

Definzione di valore  atteso (o valore medio o aspettazione o speranza matematica) per variabili aleatorie DISCRETE finite come
DEF 1  (ROSS e BALDI) 
E[X]=  S_ i=1,2,..,n    x_i P(X=x_i) = S_ i=1,2,..,n    x_i p_X(x_i) 
DEF 2 (PICCIONI e Appunti Spizzichino Nappo)
SOLO NEL CASO IN CUI W={w_j, j=1,...N}  E' FINITO e P(A)= S_{ j=1,2,..,N: w_j in A}   p(w_j)
E[X]=   S_ j=1,2,..,N  X(w_j)  p(w_j)

ESEMPI DI CALCOLO DI VALORE ATTESO (con entrambe le definizionei) PER 
variabili aleatorie degeneri. ossia X(w)=c per ogni w : E(c)=c
funzioni indicatrici di eventi, ossia X(w)=1I_A(w) , dove  
1I_A(w) = 1 se w in A (se si verifica A)  
1I_A(w) = 0 se w in A^c (se NON si verifica A) 
Si vede facilmente che  E[1I_A]=P(A)  
(infatti  1 P(1I_A(w) = 1)+ 0 P(1I_A(w) = 1)= 1 P(A)+0 P(A^c)=P(A) )

DIMOSTRAZIONE DELL'EQUIVALENZA DELLE DUE DEFINZIONI
Correzione della prima prova in itinere

22) venerdì 4 maggio 2012 
Proprieta' di linearita' e di monotonia del valore atteso
ossia comunque presi due numeri reali  a e b e due variabili aleatorie
LINEARITA'  E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)
MONOTONIA P(X £ Y)=1 IMPLICA   E[X] £ E[Y ]
(DIMOSTRAZIONE SOLO NEL CASO  W={w_j, j=1,...N}   FINITO  CON la DEF 2 di valore atteso)

ESEMPIO variabili aleatorie uniformi discrete in {1,2,...n}
analogia tra valore atteso e baricentro
valore atteso di una v.a. BINOMIALE con DEF 1  (P(S_n=k)= C_k^n p^k (1-p)^{n-k}, k =0,1,...n;
E [S_n]=  S_ k=0,1,2,..,n  k P(S_n=k)=....= np)
e INOLTRE osservando che
S_n= numero dei successi tra n prove di Bernoulli
si puo' scrivere come
S_n (w) =  1I_A_1(w) + 1I_A_2(w) +...+1I_A_n(w) 
 da cui per la proprietà di linearità, e dal fattop che P(A_k)=p
E[S_n] = E[ 1I_A_1 + 1I_A_2 +...+1I_A_n  ]  = E[ 1I_A_1] + E[1I_A_2] +...+E[1I_A_n  ]
= p+p+...+p = np
SI NOTI che in questa dimostrazione NON ABBIAMO USATO il FATTO CHE gli A_n SONO EVENTI INDIPENDENTI, MA SOLO CHE HANNO LA STESSA PROABILITA'!!
Osservazione: se estraggo n palline con reinserimento da un'urna con composizione nota  (b palline bianche e r rosse)
 il valore atteso della variabile aleatoria NUMERO di palline bianche estratte vale n b/(b+r)

LO STESSO TIPO DI RAGIONAMENTO MOSTRA CHE SE LE n ESTRAZIONI SONO SENZA REINSERIMENTO
il valore atteso della variabile aleatoria che conta il numero di palline bianche estratte  e' ugualmente n b/(b+r)

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23) lunedì 7 maggio 2012 
Valore atteso di una Ipergeometrica: n estrazioni da un'urna con b palline bianche ed r rosse 
(con n £ b+r), 
Y_B= numero di palline bianche estratte,
P(Y_B=k)= C^b_k C^r_{n-k}/C^{b+r}_n     per  0 £ k £ b,   0 £ n-k £ r
E(Y_B)= n (b/(b+r)), in quanto
Y_B(w) =  1I_B_1(w) + 1I_B_2(w) +...+1I_B_n(w) 
dove B_j={j-sima pallina estratta bianca} 
da cui, ricordando che E[ 1I_A]=P(A) e che E[ 1I_B_j]= E[ 1I_B_1]=b/(b+r)
E[Y_B]= E[ 1I_B_1] + E[ 1I_B_2]+...+E[ 1I_B_n]=b/(b+r)+ b/(b+r)+...+b/(b+r)= n (b/(b+r))

 valore atteso di una Geometrica:
T= tempo di primo successo in prove indipendenti e tutte con la stessa probabilità p (con 0<p<1)
P(T=k)= (1-p)^{k-1} p= q^{k-1} p,    per k=1,2,....   ( qui q=1-p, con 0<q<1) 
si ha  E[T]= 1/p. INFATTI:
E[T]= S_ k >=1 k P(T=k)=   S_ k >=1 k  q^{k-1} p,
Richiamo: serie di potenze,  derivata della serie di potenze
se f(x):= S_ k >=0  ak xk ha raggio di convergenza r_c e |x|< r_c
allora f'(x)=  S_ k >=0  ak k xk-1 = S_ k >=1  ak k xk-1  (ossia (d/dx)( S_ k >=0  ak xk ) = S_ k >=0  ak  (d/dx) xk-1 )
quindi considerando che  S_ k >=0   xk  ha raggio di convergenza 1 e vale 1/(1-x) = S_ k >=0   xk 
E[T]= S_ k >=1 k P(T=k)=   S_ k >=1 k  q^{k-1} p= p   S_ k >=0 k  q^{k-1} = p (d/dx) ( S_ k >=0   xk )|x=q
        = p  (d/dx) ( 1/(1-x) )|x=q = p (d/dx) (1-x)-1|x=q =  p ( -1/(1-x)2) (-1)|x=q =  p/ (1-q)2= p/p2 =1/p

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Definizone di valore atteso condizionato ad un evento H (con P(H)>0)
E[X|H]=S_ k xk P(X=xk|H)   ( la definzione è come per ilv alore atteso, ma si usa la probabilità condizionata ad H invece della probabilità:  E[X]=S_ k xk P(X=xk)   
Formula del "valore atteso totale" (analogo per i valori attesi della formula della probabiltà totale)
 Se H_1, H_2, ..., H_m è una partizione dell'evento certo e X è una variabile aleatoria e sono note per ogni j=1,2, ..., m
P(X=xk|H_j)    e  quindi E[X|H_j]
Allora
E[X]=S_j=1,...,m    P(H_j) E[X|H_j]
Prima della dimostrazione vediamo un ESEMPIO:
due urne sono esternamente uguali, di cui la prima  con 3 palline bianche e 3 palline rosse,  e la seconda con 2 palline bianche e 4 rosse. Ne viene scelta una a caso, e vengono estratte tre palline CON reinserimento dall'urna scelta. Calcolare il valore atteso della variabile aleatoria X_B=# delle palline bianche estratte.
I metodo  (attraverso il calcolo della densita' discreta e poi del valore atteso: MOLTO "LABORIOSO")
X_B puo' assumere solo i valori 0, 1,2 e 3
e sia ha, posto U_i="viene scelta l'urna i-sima", 
P(X_B=0)=P(U_1)P(X_B=0|U_1)+P(U_2)P(X_B=0|U_2)
                  = (1/2) C^3_0 (3/6)^0 (3/6)^{3-0}+  (1/2) C^3_0 (2/6)^0 (4/6)^{3-0}
                  = (1/2) (1/2)^0 (1/2)^3+  (1/2) (1/3)^0 (2/3)^3= (1/2) [ 1/8 + 8/27 ]= (1/2) [(27+8*8)/216 ]
                 =   (1/2) [91/216 ]
P(X_B=1)=P(U_1)P(X_B=1|U_1)+P(U_2)P(X_B=1|U_2)
                  = (1/2) C^3_1 (3/6)^1(3/6)^{3-1}+  (1/2) C^3_1 (2/6)^1 (4/6)^{3-1}
                  = (1/2) 3(1/2)^1(1/2)^2+  (1/2)3 (1/3)^1 (2/3)^2= (1/2) 3[ 1/8 + 4/27 ]
                 =  (1/2) 3 [(27+4*8)/216 ]= (1/2) [177/216 ]

P(X_B=2)=P(U_1)P(X_B=2|U_1)+P(U_2)P(X_B=2|U_2)
                  = (1/2) C^3_2 (3/6)^2(3/6)^{3-2}+  (1/2) C^3_2 (2/6)^2 (4/6)^{3-2}
                  = (1/2) 3(1/2)^2(1/2)^1+  (1/2)3 (1/3)^2 (2/3)^1= (1/2) 3[ 1/8 + 2/27 ]
                 =  (1/2) 3 [(27+2*8)/216 ]= (1/2) [129/216 ]

P(X_B=3)=P(U_1)P(X_B=3|U_1)+P(U_2)P(X_B=3|U_2)
                  = (1/2) C^3_3 (3/6)^3(3/6)^{3-3}+  (1/2) C^3_3 (2/6)^3 (4/6)^{3-3}
                  = (1/2) (1/2)^3(1/2)^0+  (1/2) (1/3)^3 (2/3)^0= (1/2) 3[ 1/8 + 1/27 ]
                 =  (1/2)  [(27+8)/216 ]= (1/2) [35/216 ]
(Controllo:  P(X_B=0)+ P(X_B=1)+ P(X_B=2)+ P(X_B=3)=1?
infatti (91/432)+ (177/432) + (129/432)+(35/432)= 432/432 =1 ]
Il valore atteso vale quindi
E[X_B]= 0 P(X_B=0)+ 1 P(X_B=1)+ 2 P(X_B=2)+ 3 P(X_B=3)
= 0 (91/432)+ 1 (177/432) + 2 (129/432)+ 3(35/432)= 540/432= 5/4
 
II modo
Allo stesso risultato si puo' arrivare considerando che (la parte in azzurro è solo UN CASO PARTICOLARE della dimostrazione generale della formula del valore atteso "totale" )
E[X_B] = 0 P(X_B=0)+ 1 P(X_B=1)+ 2 P(X_B=2)+ 3 P(X_B=3)
= 0 [ P(U_1)P(X_B=0|U_1)+P(U_2)P(X_B=0|U_2) ]
+ 1 [ P(U_1)P(X_B=1|U_1)+P(U_2)P(X_B=1|U_2) ]
+ 2 [ P(U_1)P(X_B=2|U_1)+P(U_2)P(X_B=2|U_2) ]
+ 3  [ P(U_1)P(X_B=3|U_1)+P(U_2)P(X_B=3|U_2) ]
=P(U_1) [ 0 P(X_B=0|U_1)+ 1 P(X_B=1|U_1)+ 2 P(X_B=2|U_1)+ 3 P(X_B=3|U_1) ]
+P(U_2) [ 0 P(X_B=0|U_2)+ 1 P(X_B=1|U_2)+ 2 P(X_B=2|U_2)+ 3 P(X_B=3|U_2) ]
= P(U_1) E[X_B|U_1] +  P(U_2) E[X_B|U_2] =(1/2) [3 (3/6)]+ =(1/2)[ 3 (2/6)]
= (3/4) +(1/2)= 5/4

DIM DELLA Formula del "valore atteso totale" :
E[X]=S_ k xk P(X=xk)   = (per la formula delle probabilita' totali)
= S_ k xk (S_j=1,...,m    P(H_j) P(X=xk|H_j) ) 
= S_j=1,...,m    P(H_j) ( S_ k xk P(X=xk|H_j) ) 
= S_j=1,...,m    P(H_j) E[X|H_j]
Ovvero   
E[X]=S_ k xk P(X=xk)   = (per la formula delle probabilita' totali)
= S_ k xk (P(H_1) P(X=xk|H_1)+...+P(H_j) P(X=xk|H_j)+...+P(H_m) P(X=xk|H_m) ) 
= P(H_1) ( S_ k xk P(X=xk|H_1) )+...+ P(H_j) ( S_ k xk P(X=xk|H_j) ) +...+ P(H_m) ( S_ k xk P(X=xk|H_m) )
=   P(H_1) E[X|H_1]+...+  P(H_j) E[X|H_j]+...+ P(H_m) E[X|H_m]

24) mercoledì 9 maggio 2012
Calcolo del valore atteso di una funzione di una variabile aleatoria  ossia E[f(X)]
I modo :   posto Y=f(X) si ha che  se y_i, i=1,...,nY   sono i valori che puo' assumere Y=f(X), allora
 P(Y=y_i)=S k=1,..,n   tali che f(x_k)=y_i P(X=xk) e quindi
        E[f(X)]= E[Y]=  S i=1,..,n_Y  y_i P(Y=y_i) 
II modo
        E[f(X)]= S k=1,..,n  f(xk) P(X=xk)
Esempi
 
Varianza di una variabile aleatoria definizione
Var (X)= E [ (X-E(X))2]
Proprietà  (con dimostrazione)
 Var (X) ³ 0
Var (aX+b)= a2 Var (X)  
Var (X)= E [ X2] - (E[X])2
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calcolo di Var (X)
 per X degenere, ossia per X=c   : si ha Var (X)=0
 per X=  1I_A , con P(A)=p  : si ha Var (X)=p(1-p)
cenno del calcolo di Var (X) per X Bin(n,p), ossia P(X=k)=C^n_k pk (1-p)n-k,  k=0,1,...,n
RISULTATO Var (X)= np(1-p)
 idea della dimostrazione: sappiamo già che E[X]=np
si usa la formula  Var (X)= E [ X2] - (E[X])2 = E [ X2] - (np)2   
si osserva che X2 = X(X-1) +X e quindi 
E[X2]= E[ X(X-1)] + E[X]= E[ X(X-1)] + np
ora prendendo f(x)=x(x-1) nella formula E[f(X)]= S k=1,..,n  f(xk) P(X=xk)
si ha che
 E[ X(X-1)] = S k=0,1,..,n  f(k) P(X=k)= S k=0,1,..,n  k(k-1) P(X=k)= ( considerando che k(k-1)=0 per k=0 e k=1)
= S k=2,..,n  k(k-1) (n!/ k! (n-k)!pk (1-p)n-k   =   S k=2,..,n  k(k-1)/k! ) [n!/ (n-k)!] pk (1-p)n-k  =
=   S k=2,..,n  (1/(k-2)! ) [n!/ (n-k)!] pk-2+2 (1-p)n-k  = 
considerando che
            n!= n(n-1)   (n-2)!                        n-k=n-2-(k-2)   
 =  n (n-1) p2   S k=2,..,n  (1/(k-2)! ) [(n-2)!/ (n-2-(k-2))!] pk-2 (1-p)n-2-(k-2)  =  
chiamando h=k-2, e osservando che k=2,..,n se e solo se h=0,1,..., n-2 
=  n (n-1) p2     S h=0,,..,n-2  (1/h! ) [(n-2)!/ (n-2-h)!] ph (1-p)n-2-h  = (per la fomrula del binomio di Newton)
=   n (n-1) p2     (p+1-p) n-2  =   n (n-1) p2 
Mettendo insieme tutti i pezzi, si ottiene
Var (X)= E [ X2] - (E[X])2 = E [ X2] - (np)2  =  E[ X(X-1)] + E[X] - (np)2    =  E[ X(X-1)] + np - (np)2   
= n (n-1) p2  + np - (np)2   = n2p2  -n p2  + np - (np)2 = n p- n p2    = n p(1-p) 
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APPROSSIMAZIONE DI POISSON
TEOREMA 
Se X(n) sono variabili aleatorie Bin (n, p(n)), con p(n)= l/n , dove l>0 e tale che l/n<1
Allora, per ogni k=0,1,....
lim_n® ¥ P(X(n) =k) = e- l  lk/ k! 
DIM: fatta

SIGNIFICATO  (DA FARE vedi lezione del 11 maggio) :
Se X con Bin (n, p),   n "GRANDE" e p"piccolo" allora
P(X =k) si approssima con   e- l  lk/ k!  dove  l = np  
L'approssimazione è buona per valori non troppo grandi di k e solo se  l = np  non è troppo grande 
(in genere è bene utilizzare questa approssimazione solo nel caso in cui  l = np  sia minore di 10 e n maggiore di 100, oppure se  p ≤ 0.05 e n ≥ 20)

DISTRIBUZIONE DI POISSON
si dice che X è una variabile aleatoria con legge di POISSON di parametro l (X è una v.a. Poiss(l) ) 
p_X(k)=P(X=k)=  e- l  lk/ k!  k=0,1,...
Si osservi che  p_X(k) =  e- l  lk/ k! ³  0   e che S k=0,1,..,   p_X(k) =  1
infatti, per ogni x reale, si ha  S k=0,1,..,   xk/ k! = ex, come discende dallo sviluppo in serie di Taylor in x0=0 della funzione f(x)=ex:   S k=0,1,..,  f(k)(0) xk/ k!  e del fatto che   f(k)(x)=f(x)= ex e che e0=1
L'approssimazione si può riscrivere come
 lim_n® ¥ P(X(n) =k) = e- l  lk/ k! =P(X=k),    per k=0,1,...
e si intuisce che
E(X)= lim_n® ¥ E[X(n) ]=lim_n® ¥ n p(n)= l  
e che
Var(X) =  lim_n® ¥ E[X(n) ]= lim_n® ¥ n p(n)(1-p(n)) =  lim_n® ¥ n l/n  (1-l/n ) =   l 
Tuttavia ciò va ovviamente controllato.

25) venerdì 11 maggio 2012 
APPROSSIMAZIONE DI POISSON: esempio di uso per il calcolo approssimato di probabilità relative a una variabile aleatoria X(n) di legge/distribuzione Bin (n,p) con n molto grande e p piccolo.
La probabilità P(X(n)=k) @  e- l  lk/ k!  con l=np, ossia con E(X)=E(X(n))

DISUGUAGLIANZA DI CHEBYSHEV E DI MARKOV: ENUNCIATI
applicazioni per ottenere maggiorazioni (cioè limitazioni superiori)  a P(|X-E(X)|>  e) 
ossia trovare un valore a<1 (serve che sia a< 1: altrimenti non è una maggiorazione interessante)
 tale che 
 P(|X-E(X)|>  e)  £  a 

e/o minorazioni (cioè limitazioni inferiori)  a P(|X-E(X)|>  e) 
ossia trovare un valore b>0  (serve che sia b>0 : altrimenti non è una minorazioneinteressante) 
tale che 
 P(|X-E(X)|>  e)  ³  b 

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26) lunedì 14 maggio 2012 
Dimostrazione della disuguaglianza di Markov 
e della disuguaglianza di Chebyshev
DISUGUAGLIANZA DI MARKOV
Sia Y una v.a. non negativa (Y ³ 0), a un numero reale strettamente positivo (a>0) e  un altro numero reale  b strettamente positivo (b>0) . Allora
P(Y>a) £ E(Yb)/ab  .
DIMOSTRAZIONE
SCHEMA se proviamo che 1I_{Y>a} £ Yb/ab , allora applicando la proprietà di monotonia del valore atteso, otteniamo
P(Y>a)=E(1I_{Y>a} ]  £E(Yb/ab ) = E(Yb)/ab  , 
dove nell'ultima uguaglianza abbiamo usato la linearita' del valore atteso.
Per mostrare che  1I_{Y>a} £ Yb/ab  osserviamo che, 
se Y(w)£ a  allora   1I_{Y>a}(w)=0  ed è sicuramente £ (Y(w))b/ab  
		(in quanto  (Y(w))b/ab  è maggiore o uguale a zero)
se Y(w)> a  allora   Y(w)/a >1 e quindi anche  (Y(w)/a)b >1 , inoltre 1I_{Y>a}=1  e quindi 
                                         1= 1I_{Y>a}(w)£ (Y(w))b/ab  
OSSERVAZIONE 1  la disuguaglianza di Markov è utile solo se E(Yb)< ¥   e se E(Yb)/ab  <1 
(altrimenti è una disuguaglianza vera, ma inutile: sappiamo gia' che P(Y>a) £ 1)
OSSERVAZIONE 2 per a=0 la disuguaglianza di Markov non avrebbe senso ( in quanto non possiamo dividere per 0) e per a<0 non serve in quanto Y>a sarebbe sempre vero (in quanto Y ³ 0>a) e quindi si ha  P(Y>a)=1.
OSSERVAZIONE 3 la dimostrazione si ripete sostanzialmente identica nel caso in cui si considerasse  
P(Y³a) al posto di P(Y>a), ossia vale anche
P(Y³a) £ E(Yb)/ab  
DISUGUAGLIANZA DI CHEBYSHEV 
Sia X una variabile aleatoria con E(X) e E(X2) finiti.  
Per ogni >0 si ha 
  P(| X-E(X)| > e )£Var(X)/e2
DIMOSTRAZIONE: basta prendere nella disuguaglianza di Markov Y=|X-E(X)|, a =e  e b =2 e notare che
E [|X-E(X)|2 ]=E[(X-E(X))2]=Var(X)

dimostrazione alternativa per variabili discrete a valori x1,...xn con p_X(xi)=P(X=xi)
Var(X)= E[(X-E(X))2]=åi=1,...,n (xi-E(X))2  p_X(xi)
= åi=1,...,n t.c|x_i-E(X)|>e  (xi-E(X))2  p_X(xi)+åk=1,...,n t.c|x_i-E(X)|£e   (xi-E(X))2  p_X(xi)
³   åi=1,...,n t.c|x_i-E(X)|>e  (xi-E(X))2  p_X(xi)³   åi=1,...,n t.c|x_i-E(X)|>e  e2  p_X(xi)
=  e2  åi=1,...,n t.c|x_i-E(X)|>e   P(X=xi) = e2  P(X Î{xi tali che |x_i-E(X)|>e}   ) = 
= e2  P( |X-E(X)|>e  ) 

ESEMPIO: E' noto che  nei PC della marca XX, l'1% presenta dei difetti di fabbricazione.
Si supponga che ongi PC sia difettoso indipendentemente l'uno dall'altro.
Si prendono 1000 PC.  Posto X il numero dei PC difettosi 
1) Trovare un'espressione per  P(X£ 20)
2) Dare una minorazione (ossia una limitazione inferiore) a  P(X£ 20), utilizzando la disuguaglianza di Chebyshev
SOLUZIONE
1) Poiché supponiamo gli eventi "i-simo PC difettoso" globalmente indipendenti e tutti con la stessa proabbilità p=1%=1/100, la variabile aleatoria X è una variabile aleatoria Binomiale di parametrio n=1000 e p=1/100 ( X ~ Bin(1000,1/100) )
P(X£ 20)= åk=0,1,...20 P(X=k)= åk=0,1,...20 C20_kP(1/100)k (99/100)n-k
2) Poiché E(X)=np= 1000 (1/100) = 10 e Var(X)=n p(1-p) =1000 (1/100) (99/100)=10  (99/100)
per la disuguaglianza di Chebyshev abbiamo che
P(X£ 20)= P(0£X£ 20)= P(E(X)-10£X£ E(X)+10) ³ 1- Var(X)/102= 1 - 10  (99/100)/102
= 1 -   (99/100)/10= 1-99/1000=1-0,099=0.901
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OSSERVAZIONE visto che n=1000 è "GRANDE" e p=1/100 è "piccola" è possibile anmche trovare un'espressione approssimata per P(X£ 20)= åk=0,1,...20 P(X=k), tenendo conto dell'approssimazione di Poisson e dire che, posto l=np=1000(1/100)=10
P(X£ 20)= åk=0,1,...20 P(X=k) @ åk=0,1,...20 e- l  lk/ k!  = e-10    åk=0,1,...20 10k/ k!  
L'espressione approssimata è più semplice dell'espressione "giusta", MA sempre "complicata"...
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DEFINIZIONE Covarianza di due variabili aleatorie 
Cov(X,Y):=E[ ( X-E(X) )( Y-E(Y) ) ] 
 Varianza della somma di due variabili aleatorie:
Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)+ 2 Cov(X,Y)
DIMOSTRAZIONE (fatta a lezione)
(X+Y-E(X+Y))2=(X+Y-E(X)-E(Y))2=([X-E(X)]+[Y-E(Y)])2=
=[X-E(X)]2+[Y-E(Y)]2+ 2 [X-E(X)][Y-E(Y)]
da cui immediatamente
Var(X+Y)= E[(X+Y-E(X+Y))2]= E[[X-E(X)]2+[Y-E(Y)]2+ 2 [X-E(X)][Y-E(Y)]]
=Var(X)+Var(Y)+ 2 Cov(X,Y)
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Osservazione Cov (X,X)=Var(X) e Cov(X,Y)=Cov(Y,X)
--------------------------------------------------
Varianza della somma di n variabili aleatorie ( dim NON fatta a lezione ): 
Var(X1+X2+....+Xn)=  åi=1,...n Var(Xi) + 2  åi=1,...n-1  åj=i+1,...n   Cov(Xi,Xj) 
CASO PARTICOLARE: seCov(Xi,Xj)=0 per i ¹ j allora  
Var(X1+X2+....+Xn)=  åi=1,...n Var(Xi)
DIMOSTRAZIONE (non fatta a lezione)
Var(X1+X2+....+Xn)=E[((X1+X2+....+Xn - E(X1+X2+....+Xn))2]
=E[( (X1 - E(X1))+....+(Xn - E(Xn)) )2]
= Cov(X1,X1)+Cov(X1,X2)+....+Cov(X1,Xn)
+ Cov(X2,X1)+Cov(X2,X2)+....+Cov(X2,Xn)
+ ...
+ Cov(Xi,X1)+Cov(Xi,X2)+....+Cov(Xi,Xn)
+...
+ Cov(Xn,X1)+Cov(Xn,X2)+....+Cov(Xn,Xn)
e, quindi, TENENDO CONTO CHE Cov(Xi,Xi)=Var(Xi) e Cov(Xi,Xj)=Cov(Xj,Xi)
Var(X1+X2+....+Xn)= 
= Var(X1)+Var(X2)+...+Var(Xn)
 +2 Cov(X1,X2)+ 2 Cov(X1,X3)+ ...+2 Cov(X1,Xi)+ ...+2 Cov(X1,Xn)
                            +2 Cov(X2,X2)+...+2 Cov(X2,Xi)+ ...+2 Cov(X2,Xn)
                                                      +...
                                                               +2 Cov(Xi-1,Xi)+ ...+2 Cov(Xi,Xn)
                                                                                    +...
                                                                                                  +2 Cov(Xn-1,Xn)
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ESEMPIO (semplice verifica)
Calcolo della covarianza Cov(1I_A, 1I_B)
Cov(1I_A, 1I_B)=P(A I B)-P(A)P(B)
QUINDI se A e B sono indipendenti, allora Cov(1I_A, 1I_B)=0
----------------------------------------------------------
Calcolo ALTERNATIVO della Varianza di una Binomiale 
X è una Bin (n,p)  allora Var (X)=n p (1-p) 
e Var (X)= Var (S_n)  dove S_n  =  1I_A1 + 1I_A2 +...+1I_An  
con A1  A2 ... An   eventi globalmente indipendenti e tutti con P(Ai)=p. 
Infatti con la formula della varianza della somma, tenendo conto che,
posto Xi=  1I_Ai  si ha che S_n  =  1I_A1 + 1I_A2 +...+1I_An  =  X1 + X2 +...+Xn 
e che, poiché, per i¹j,  Cov(X1,X2)=Cov(Xi,Xj)=P(AiIAj)-P(Ai)P(Aj)=0 (indipendenza) e 
Var(Xi)= p(1-p)
Var (S_n )=  Var(X1)+Var(X2)+...+Var(Xn) = n p(1-p)

Applicazioni della disuguaglianza di Chebyshev
e Legge dei grandi numeri per il numero di successi 
Supponiamo di avere una successione di eventi/prove indipendenti e tutti/tutte con la stessa probabilità p e che S_n conti il numero dei successi fino all'n-sima prova allora la frequenza dei successi S_n/n è "vicina" alla probabilità p, nel senso che
qualunque sia e>0  
lim n ® ¥   P(| S_n/n -p| > e )=0 
---------------------
La tesi equivale a
lim n ® ¥   P(| S_n/n -p| £ e )= lim n ® ¥   P(p-e  £ S_n/n  £ p+e )
= lim n ® ¥   P(S_n/n  - e  £ p £ S_n/n + e )= 1 

ossia, per n "GRANDE",  
la probabilità che la media aritmetica dei successi (o frequenza dei successi) e la probabilità di successo differiscano di "poco" è una probabilità "vicina" a 1.

DIMOSTRAZIONE
| S_n/n -p| £ e  Û  | S_n -np| £ n e 
DA CUI
1³ P(| S_n/n -p| £ e ) =  P(| S_n -np| £ n e ),
inoltre
   	                                                                             Dis. di Chebyshev 
     	                                                       (CON S_n al posto di X, np=E(S_n),    ED ne al posto di e)
                   			                                                                ¯ 
 1³ P(| S_n/n -p| £ e ) =  P(| S_n -np| £ n e )³ 1- Var (S_n)/(n e )2=  1- np(1-p)/n2 e2=
=  1- p(1-p)/n e2  ® 1

27) mercoledì 16 maggio 2012
DEFINIZIONE DI due variabili aleatorie NON CORRELATE
X e Y sono variabili aleatorie NON CORRELATE se e solo se Cov(X,Y)=0
OSS: Cov(X,Y)=E(XY) -  E(X) E(Y) 
------------------------------------------
PROBLEMA come si calcola  E(XY) ??
SOLUZIONE: 
in modo del tutto simile al caso del valore atteso di una funzione di una variabile aleatoria discreta,
E[f(X)]=Sk f(xk)P(X=xk)
si ha, per  X e Y variabili aleatorie discrete con X a valori in {xk,  k=1,...nX} e  Y a valori in {yh,  h=1,...nY}
E[f(X,Y)]=SkShf(xk,yh)P(X=xk, Y=yh)
e quindi
 E[XY]=SkSh xkyhP(X=xk, Y=yh) 
--------------------------------------
OSSERVAZIONE  la funzione che a (xk,yh) associa P(X=xk, Y=yh)  viene detta 
DENSITA' DISCRETA CONGIUNTA di X e Y e viene spesso denotata con
pX,Y (xk,yh):= P(X=xk, Y=yh)  
------------------------------------

ESEMPIO DI due v.a. X e Y di cui è nota la densità discreta congiunta, calcolo della covarianza di X e Y:
 X  assume i valori -2, -1,0, +1, +2 ,  Y  assume i valori 0, +1, +4
con P(X=-2,Y=0)=P(X=-2, Y=4)=P(X=-1, Y=0)=P(X=-1,Y=1)=P(X=0,Y=0)=P(X=1,Y=0)=P(X=2,Y=1)=c
e P(X=i, Y=j)=0 in tutti gli altri casi.
Allora c=1/7 (Utilizzando il fatto che  in generale SkShP(X=xk, Y=yh)=1 e qui  SkShP(X=xk, Y=yh)=7c  )
E(XY)= (-2)0 P(X=-2,Y=0)+ (-2)4P(X=-2, Y=4)+(-1)0 P(X=-1, Y=0)+ (-1)1 P(X=-1,Y=1)+ 0 0 P(X=0,Y=0) 
+ 1 0 P(X=1,Y=0)+ 2 1 P(X=2,Y=1) = (-8) 1/7 + (-1) 1/7 + (2) 1/7 = -1
Per calcolare E(X) possiamo procedere in modo analogo
ossia calcolare
 E(X)= (-2) P(X=-2,Y=0)+ (-2)P(X=-2, Y=4)+(-1) P(X=-1, Y=0)+ (-1)  P(X=-1,Y=1)+ 0   P(X=0,Y=0) 
+ 1 P(X=1,Y=0)+ 2   P(X=2,Y=1) = (-2) 1/7 + (-2) 1/7+ (-1) 1/7  + (-1) 1/7 + (1) 1/7 + (2) 1/7 = -2/7

Oppure osservare che {Y=0}, {Y=1} e {Y=4} formano una partizione e che quindi 
{X=k}= ({X=k}I{Y=0}) U ({X=k}I{Y=1})  U ({X=k}I{Y=4})  
[ se H_1, ... , H_m è una partizione allora E= (EIH_1)U  ....U (EIH_m)] 
da cui la densità discreta di X si ricava come segue
pX(k)= P(X=k) = P({X=k}I{Y=0})+P({X=k}I{Y=1})+P({X=k}I{Y=4})  
               = P(X=k, Y=0)+P(X=k, Y=1)+P(X=k, Y=4)  
Analogamente densità discreta di Y si ricava come segue
pY(j)= P(Y=j) = P(X=-2, Y=j)+P(X=-1, Y=j)+P(X=0, Y=j)+P(X=1, Y=j)+P(X=2, Y=j) 
------------------------------------------------------------------------------
 Uso della tabella della densità discreta congiunta 
e calcolo (attraverso la tabella) delle densità discrete di X e Y, 
che in questo contesto si dicono densità discrete marginali di X e di Y .
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DEFINIZIONE DI due VARIABILI ALEATORIE INDIPENDENTI
Caso DISCRETO: 
 X e Y  variabili aleatorie discrete con X a valori in {xk,  k=1,...nX} e  Y a valori in {yh,  h=1,...nY}
sono variabili aleatorie indipendenti, se e solo se
per ogni k=1,...nX e h=1,...nY ,
P(X=xk, Y=yh)= P(X=xk) P( Y=yh).
--------------------------------------
ESEMPIO  lancio di  due dadi: X_1 e X_2 punteggio ottenuto con il primo e i secondo dado rispettivamente.
  --------------------------------------------------------------
CALCOLO DI E(XY) quando X e Y sono v.a. INDIPENDENTI:   E(XY)=  E(X) E(Y) 
Infatti (dim nel caso di v.a. dicrete con un numero finito di valori: 
E[XY]=SkSh xkyhP(X=xk, Y=yh) = SkSh xkyhP(X=xk)P(Y=yh)= Sk xkP(X=xk)Sh yh P(Y=yh)=E(X) E(Y) 
DA CUI:
LEMMA se X e Y sono indipendenti (con i rispettivi valori attesi finiti) 
allora X e Y sono NON CORRELATE  (cioè Cov (X,Y)=0 )
Infatti Cov(X,Y )= E(XY) -  E(X) E(Y) =E(X)E(Y) -  E(X) E(Y)=0 
--------------------------------------------------
ATTENZIONE NON VALE IL VICEVERSA OSSIA 
Cov(X,Y )=0 NON implica che X e Y sono indipendenti.
Basta trovare un esempio in cui Cov (X, Y)=0 e X e Y NON indipendenti: 
prendiamo, come esempio, X che assume i valori -2, -1,0, +1, +2 tutti con la stessa probabilità, OSSIA
P(X=k)=1/5 per k=  -2, -1,0, +1, +2 , in modo che E(X)=0    e Y=X2,
ALLORA  Cov(X,Y )=0
Infatti Cov(X,Y)= E(XY) -  E(X) E(Y) = E(X X2) - 0 E(Y) =  E(X3)
= (-2)3P(X=-2)+ (-1)3P(X=-1)+03 P(X=0) +13 P(X=+1) +23 P(X=2)= 0 
Tuttavia X e Y NON sono INDIPENDENTI perché, ad esempio, P(X=1, Y=0)=0 ¹P(X=1)P(Y=0)>0
e quindi NON vale che P(X=i, Y=j)=P(X=i)P(Y=j) per tutti i valori i che può assumere la v.a. X e i valori j che può assumere la v.a. Y.

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LEGGE DEBOLE DEI GRANDI NUMERI IN GENERALE: 
IPOTESI: Sia {Xn}n³1  una successione di variabili aleatorie tutte con E(Xi)=m   Var(Xi)=s2 ,  
e NON CORRELATE (ossia Cov(Xi,Xj)=0 per i¹ j)
(in particolare le IPOTESI VALGONO  se le v.a. hanno tutte la stessa legge/distribuzione, e con valore atteso e varianza finiti, e sono INDIPENDENTI a due a due)

TESI: Allora la media artimetica delle Xi converge in probabilità al valore atteso, OSSIA, 
posto S_n:=X1 + X2+...+Xn ,  qualunque sia e>0,         lim n ® ¥   P(| S_n/n  - m| > e )=0 
ovvero  lim n ® ¥   P(| S_n/n  - m| £ e )=1

DIMOSTRAZIONE
E[S_n/n]=E[S_n]/n=( E[X1] + E[X2]+...+E[Xn] )/n   = nm /n = m .
Var[S_n/n]=Var[S_n]/n2 = ( Var[X1] + Var[X2]+...+Var[Xn]+ 2SS_{i<j} Cov(Xi,Xj))/n2  =  (ns2 +0)/n2  = s2/n  
e dalla Disuguaglianza di Chebyshev applicata alla variabile aleatoria S_n/n si ha
 P(| S_n/n  - m| > e )=P(| S_n/n  - E[S_n/n]| > e ) £  VarE[S_n/n]=s2/n  
La tesi si ottiene osservando che una probabilità è sempre maggiore uguale di zero 
e che s2/n   tende a 0 per n che tende ad infinito.

28) venerdì 18 maggio 2012 
PARADOSSO DEL CAVALIER DE MERE (NON FATTO)
-------------------------------------
UNA v.a. con VALORE ATTESO  infinito [RICHIAMO: per a >0, la serie Sn³1 (1/na) < ¥  se e solo se a >1]  
P(Z=n)=c/n2, n³1    (con c= 1/(Sn³11/n2)
Allora E[Z]=Sn³1cnP(Z=n)= Sn³1 n(c/n2) =  Sn³1 (c/n) =+ ¥ 
Osservazione: se invece W è tale che P(W=n)=ca /na , n³1    (con a >2 ca = 1/(Sn³11/na), 
allora 
 E[W]=Sn³1canP(W=n)= Sn³1 n(ca/na) =  Sn³1 (ca/na-1) < ¥, perché a -1>1, mentre
 E[W2]=Sn³1can2P(W=n)= Sn³1 n2(ca/na) =  Sn³1 (ca/na-2)  < ¥,  solo quando a -2>1, cioè  quando a >3, mentre  E[W2]=+ ¥ , quando 3³a. 

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ESEMPIO DI DUE Variabili aleatorie indipendenti
In un modello di prove ripetute indipendenti (una successione di eventi An, GLOBALEMENTE INDIPENDENTI,  tutti con P(An)=p,
T1=tempo di primo successo e T2= tempo di secondo successo
Posto D2=T2-T1 si ha che le variabili aleatorie T1 e D2 sono INDIPENDENTI
DIMOSTRAZIONE: DA SCRIVERE

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29) lunedì 21 maggio 2012 
SOMMA DI VARIABILI ALEATORIE (DISCRETE) INDIPENDENTI
Somma di due variabili aleatorie geometriche X e Y, INDIPENDENTI, entrambe di parametro p, ossia P(X=k)=P(Y=k)=(1-p)k-1 p, k=1, 2, ...., 
e P(X=k,Y=h)=P(X=k)P(Y=h), per k,h=,1,2,...
Si dimostra che P(X+Y=m)= (m-1) (1-p)m-2 p2,  m ³ 2.
in due modi: 
I MODO CALCOLO BRUTO: DA SCRIVERE

e II MODO RAGIONAMENTO PROBABILISTICO: 
la densità congiunta discreta di X e Y è la stessa di T1 e D2  (vedere la lezioen precedente) quindi la distribuizone della somma è la stessa della somma di T1 e D2, e 
T1 + D2  = T1 + T2 - T1 =  T2 .

30) mercoledì 23 maggio 2012
CENNI SULLE VARIABILI ALEATORIE CONTINUE:
PREMESSA: 
richiamo sull'integrale di una funzione continua e "dimostrazione" (appena accennata e NON richiesta) che se f(x) è una funzione continua e  a e b sono due numeri reali con a<b, allora, presa una partizione xk=x(k), ossia una successione di numeri con xk-1 < xk, e  xk-xk-1  "piccola"
ò(a,,b) f(x) dx =ò(a,b] f(x) dx =ò[a,,b) f(x) dx=ò[a,,b) f(x) dx
 è approssimato con                                                  Sk³1tali che  a < x(k) < b f(xk-1)  (xk-xk-1) 

ossia     ò(a,,b) f(x) dx  »  Sk³1tali che  a < x(k) < b f(xk-1)  (xk-xk-1) 
o anche    
 ò(a,,b) f(x) dx  »  Sk³1tali che  a < x(k) < b f(xk)  (xk-xk-1) 
o infine  ò(a,,b) f(x) dx  »  Sk³1tali che  a < x(k) < b f(yk)  (xk-xk-1) , purché yk sia un punto dell'intervallo [xk-1 , xk].

GIUSTIFICAZIONE: gli integrali servono per calcolare in modo approssimato le probabilità di v.a. discrete
ESEMPIO DI APPROSSIMAZIONE delle probabilità P(a<X<b) per una variabile aleatoria discreta:
APPROSSIMAZIONE DI TRASFORMAZIONI DI V.A. GEOMETRICHE CON UNA V.A. ESPONENZIALE
 se X(n)=T(n)/n  dove T(n) è una successione di variabili aleatorie geometriche di parametro p(n)= l/n, l>0 (e ovviamente n abbastanza grande in modo che p(n)= l/n sia minore di 1)  
allora 
per a<b£0,    P(a<X(n)£b)= 0 
per a£0<b,    P(a<X(n)£b)= P(0<X(n)£b) » ò(0,b] le-lx dx    (per n che tende ad infinito)
per 0£a<b,                     P(a<X(n)£b) » ò(a,b] le-lx dx           (per n che tende ad infinito)
(il segno  »  significa che l'espressione a sinistra converge, per n che tende ad infinito, a ò(a,b] le-lx dx)  

SI NOTI CHE E(X(n)) = 1/ l per ogni n: Infatti E(X(n))=(1/p(n)) / n = (1/ (l/ n)) / n = 1/ l .
"DIMOSTRAZIONE" (o meglio idea della dimostrazione):  
Prima di tutto osserviamo che basta convincersi che
 per 0£a<b,                     P(a<X(n)£b) » ò(a,b] le-lx dx        (per n che tende ad infinito)
  (le altre affermazioni sono poi ovvie)  
Ricordano che P(T(n) = k) = p(n) (1- p(n) )k-1 
ora  
 P(a<X(n)£b) =  P(a<T(n)/n£b) =  P(an <T(n) £ bn) = Sk³1tali che  an < k £bn    P(T(n) = k) 
 = Sk³1tali che  an < k £ bn   p(n) (1- p(n) )k-1   = Sk³1tali che  a < k/n £ b   (l/ n) (1- (l/ n))k-1  
ora, posto xk=k/n,  si ha che xk-xk-1=1/n  e inoltre
 (1- (l/ n))k-1  =  (1- (l/ n))n (k-1)/n  =   [ (1- (l/ n))n ](k-1)/n   »   [ exp(- l)](k-1)/n   = exp(- l xk-1 )
da cui 
P(a<X(n)£b) =  Sk³1tali che  a < k/n £ b   (l/ n) (1- (l/ n))k-1 » Sk³1tali che  a < k/n £ b   (xk-xk-1) l  exp(- l xk-1 )
che è a sua volta una approssimazione dell'integrale  ò(a,b] le-lx dx      
(confrontare con il richiamo di analisi)
-----------------------------------------------
DEFINIZIONE DI variabile aleatoria (assolutamente) continua
Una variabile aleatoria si dice (assolutamente) continua se esiste una funzione f(x)=fX(x)
con f(x) ³ 0 per ogni x 
e con 
 ò(- ¥,+ ¥) f(x) dx  = 1
per la quale, qualunque siano a<b
P(a<X£b)= ò(a,b] f(x) dx  
(si osservi che per variabili aleatorie assolutamente continue, la probabilità che X appartenga ad un intervallo di estremi a e b non cambia se l'intervallo e' aperto o chiuso e piu' precisamente
P(a<X£b)= ò(a,b] f(x) dx  = P(a£X£b)= ò[a,b] f(x) dx  = P(a<X<b)= ò(a,b) f(x) dx = P(a£X<b)= ò[a,b) f(x) dx   
-----------------------------------------
DEFINIZIONE DI FUNZIONE DI DISTRIBUZIONE O DI RIPARTIZIONE
è la funzione definita da FX(x):=P(X£x)
------------------------------------------------------
OSSERVAZIONE se la funzione di distribuzione è nota 
P(a<X£b)=FX(b) - FX(a)
come segue subito dal fatto che
 FX(b) - FX(a)= P(X £ b)- P(X £ a)  
e che
 P(X £ a)  +P(a<X£b)=P(X £ b).

-----------------------------------------------
Si ha che, se X è discreta con densità discreta pX(xk)=P(X=xk)
F(x)=Sk³1tali che  x(k)£x pX(xk) =Sk³1tali che  x(k)£x P(X=xk)
mentre se X è assolutamente continua 
F(x)=  ò(- ¥,x] f(y) dy 

altra analogia: data  UNA FUNZIONE h(x) sappiamo che , per una v.a. DISCRETA X con densità di probabilità discreta  pX(xk) 
E[h(X)]=Sk³1 h(xk) pX(xk) =Sk³1 h(xk) P(X=xk),  ( purché Sk³1 |h(xk)| pX(xk) < ¥ )
analogamente si ha, per una v.a. X con densità di probabilità f(x)
E[h(X)]= ò(- ¥,+ ¥) h(x) f(x) dx ,  ( purché  ò(- ¥,+ ¥)| h(x)| f(x) dx < ¥ )

ESEMPI: 
X ~  EXP(l), ESPONENZIALE di parametro  l>0, calcolo del valore atteso: E(X)= 1/ l .
X~ Uni(a, b),  Uniforme in un intervallo (a, b),  calcolo del valore atteso: E(X)= (a+b)/2 ),
Z ~  N(0,1) Gaussiana (o Normale) Standard   e  X~  N(m,s2 ) Gaussiana di media  m e varianza  s2, 
Oss: Se Z ~  N(0,1)  allora la v.a.  m+s Z ha valore medio  m e varianza  s2 , 
             inoltre (senza dim)  m+s Z  ~  N(m,s2 ) 
Uso delle tavole della GAUSSIANA per il calcolo della funzione di distribuzione di una gaussiana standard 
 F(x):= (1/ (2 p )1/2 )   ò(- ¥,x]  exp(-y2/2)  dy , utilizzando il fatto che 
F(-x):= 1-F(x)

31) venerdì 25 maggio 2012 
Una variabile aleteatoria Y è una v.a. STANDARD se E(Y)=0 e Var(Y)=1
STANDARDIZZARE una variabile aleatoria X con valore atteso E(X)= m e varianza Var(X)=s2 finiti con s2 >0
significa considerare la v.a. X*=(X-m )/ s =( X- E(X) )/ (Var(X) )1/2 : 
in modo che X* è una trasformazione affine (cioè del tipo X*=aX+b) e a e b sono scelti in modo tale che X* sia una v.a. STANDARD
Ad esempio posto Sn= numero di successi in n prove ripetute (cioè in un o schema di Bernoulli) allora 
Sn*= (Sn - np) / (n p (1-p) )1/2 
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DEFINIZIONE GENERALE DI DUE VARIABILI ALEATORIE INDIPENDENTI ????
X e Y sono v.a. indipendenti se per ogni coppia di intervalli I e J, finiti o infiniti, aperti o chiusi,
P(X Î I, YÎ J)=P(XÎ I) P(YÎ J)

DEFINIZIONE GENERALE DI TRE VARIABILI ALEATORIE (GLOBALMENTE) INDIPENDENTI
X1 , X2 e X3 sono v.a. (globalmente) indipendenti se per ogni terna di intervalli I1, I2 e I3, finiti o infiniti, aperti o chiusi,
P(X1 Î I1, X2 Î I2, X3 Î I3 )=P(X1 Î I1) P(X2 Î I2)P(X3 Î I3)
OSSERVAZIONE se X1 , X2 e X3 sono v.a. (globalmente) indipendenti, allora anche le v.a. X1  e X3 sono indipendenti: infatti basta prendere  I2 =IR=(-¥, +¥)   e osservare che
P(X1 ÎI1, X3 ÎI3 )=P(X1ÎI1, X2 Î(-¥, +¥), X3ÎI3 )=P(X1ÎI1) P(X2 Î(-¥, +¥))P(X3 Î I3)=P(X1 ÎI1) P(X3 ÎI3)
	[Chiaramente lo stesso vale per  le v.a. X1  e X2 e per  le v.a. X2  e X3] 
DEFINIZIONE GENERALE DI  n VARIABILI ALEATORIE (GLOBALMENTE) INDIPENDENTI
X1 , X2, ... , Xn sono v.a. (globalmente) indipendenti se per ogni n-pla di intervalli I1, I2,..,In, finiti o infiniti, aperti o chiusi,
P(X1 Î I1, X2 Î I2,..., Xn Î In )=P(X1 Î I1) P(X2 Î I2) ... P(Xn Î In)
OSSERVAZIONE se X1 , X2 ,..., Xn sono v.a. (globalmente) indipendenti, allora per ogni  k £ n e per ogni {j1,...,jk} le v.a.  X_j1 , X_j2 ,..., X_jk  sono indipendenti, in particolare sono indipendenti a due a due, ossia per ogni i ¹ j (con 1£ i,j £n)  le v.a. Xi  e Xj sono indipendenti.

Per v.a. DISCRETE significa che  P(X1 =x1, X2=x2,..., Xn =xn )=P(X1 =x1) P(X2=x2) ... P(Xn =xn)
per ogni xjÎXj(W) (j=1,2,...,n), 
DEFINIZIONE DI UNA SUCCESSIONE DI v.a. {Xm}m³1 GLOBALMENTE INDIPENDENTI:
per ogni n³2,     X1 , X2 ,..., Xn sono v.a. (globalmente) indipendenti.

OSSERVAZIONE se  {Xm}m³1 sono GLOBALMENTE INDIPENDENTI allora lo sono a due a due, cioè per ogni i ¹ j  le v.a. Xi e Xj sono indipendenti, allora sono non correlate (cioè Cov (Xi , Xj )=0 ) e allora
Var (Sj=1,..., n Xj )= Sj=1,..., n Var(Xj ) + 2 S 1£i < j  £  n Cov (Xi , Xj )=Sj=1,..., n Var(Xj ) + 0
per cui se   {Xm}m³1 è una successione di v.a. GLOBALMENTE INDIPENDENTI  e tutte con la stessa legge e se esistono finiti
E(Xi)= mX, e Var(Xi)= s2X   ALLORA , posto Sn= Sj=1,..., n Xj 
E(Sn)=E(Sj=1,..., n Xj )= n mX 
Var (Sn)=Var (Sj=1,..., n Xj )= n s2X
Inoltre sotto queste condizioni vale la legge dei grandi numeri
ENUNCIATO DEL TEOREMA CENTRALE DEL LIMITE e APPLICAZIONI
TEOREMA CENTRALE DEL LIMITE
se   {Xm}m³1 è una successione di v.a. GLOBALEMENTE INDIPENDENTI  e tutte con la stessa legge 
e se esistono finiti  E(Xi)= mX, e Var(Xi)= s2X , con s2X >0
allora per ogni a<b  ( a e b possono assumere i valori  - ¥  e  + ¥)  
lim n ® ¥   P(a< S*n £ b)= F(b) - F(a) = (1/ (2 p )1/2 )   ò(a,b]  exp(-y2/2)  dy  (= P(a<Z£ b)  per  Z ~  N(0,1) )
 uniformemente in a e b
ossia esiste una successione en, tale che 0£ en  e lim n ® ¥ en   = 0 con
supa<b| F(b) - F(a) -  P(a< S*n £ b)  | £  en 
N.B.    F(+ ¥) =1       F(- ¥) = 0 .
INOLTRE  S*n = (Sn  - E(Sn))/(Var (Sn))1/2= (Sn  - nmX )/(n s2X)1/2  
 è una v.a. standard, cosi' come lo è  Z  ~  N(0,1)   

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32) lunedì 28 maggio 2012 
Applicazioni della Approssimazione normale (o gaussiana)  della distribuzione della somma di v.a. indipendenti identicamente distribuite [con valore medio e varianza finitI]

P(a< Sn £ b)= P(an< S*n £ bn), 
dove  an=(a  - nmX )/(n s2X)1/2   e    bn=(b  - nmX )/(n s2X)1/2  
da cui 
P(a< Sn £ b)= P(an< S*n £ bn ) @ F(bn) -F(an) 
ossia 
P(a< Sn £ b)= P((a  - nmX )/(n s2X)1/2   < S*n £ (b  - nmX )/(n s2X)1/2) 
                   @ F((a  - nmX )/(n s2X)1/2) - F((b  - nmX )/(n s2X)1/2)

in esempi specifici.
LA STESSA APPROSSIMAZONE VALE e invece di P(a< Sn £ b) 
si considera P(a£ Sn £ b) oppure P(a< Sn < b)  o anche P(a£ Sn < b)  

Caso della distribuzione del tempo di n-simo successo T(n), che si puo' vedere come somma di v.a. geometriche indipendenti, tutte con lo stesso parametro p, quindi
 T(n)  £  k   Û ( T(n)  -E(T(n)))/(Var (T(n)))1/2 £ ( k -E(T(n)))))/(Var (T(n)))1/2   Û P( T(n)  - n/p £  k - n/p ) 
= ( T(n)  - n/p)/(n q/p2)1/2  £  (k - n/p )/(n q/p2)1/2  
e quindi
P( T(n)  £  k) = P( ( T(n)  - n/p)/(n q/p2)1/2  £  (k - n/p )/(n q/p2)1/2  )  @ F(xn(k)) 
dove xn(k)=  (k - n/p )/(n q/p2)1/2  

OSSERVAZIONE:  SI PUO' OTTENERE UNA APPROSSIMAZIONE MIGLIORE osservando che, per k intero
T(n)  £  k   Û  T(n)  £  k  + 1/2   e quindi  
P( T(n)  £  k) @ F(xn(k + 1/2) ) 
dove xn(k+ 1/2)=  (k+ 1/2 - n/p )/(n q/p2)1/2  

CASO di una variabile aleatoria X con distribuzione di POISSON di parametro  l,  con  l molto grande .
L'idea è che  si può pensare X come la somma di n v.a. indipendenti tutte di parametro   l /n
o meglio, se Xi sono v.a. indipendenti di parametro l /n allora Sn=Sj=1,..., n Xj  ha distribuzione di POISSON di parametro dato dalla somma dei parametri, e quindi n  l /n =  l. Quindi
P(X£ x) = P( Sn £ x) = P( S*n £ (x- n l /n  )/(n  l /n )1/2  ) = P( S*n £ (x- l )/( l )1/2  ) @ F((x- l )/( l )1/2  ) 
OSSERVAZIONE anche qui, se k e' intero allora una approssimaz<ione migliore si ottiene osservando che
P(X£ k) = P(X £ k+1/2) = P( S*n £ (k+1/2- n l /n  )/(n  l /n )1/2  ) = P( S*n £ (k+1/2- l )/( l )1/2  )
                @ F((k+1/2- l )/( l )1/2  ) 

33) mercoledì 30 maggio 2012
Legge dei grandi numeri attraverso il teorema centrale del limite.
Esempi di calcolo approssimato di 
P(|Sj=1,..., n Xj /n -  mX |<  e) = P(|Sn /n -  mX |<  e) = P(- e< Sn /n -  mX <  e)
= P(- e< (Sn -n mX ) /n <  e) = P(- (n/s2X)1/2 e  < (n/s2X)1/2 (Sn -n mX ) /n < (n/s2X)1/2 e )
 = P(- (n/s2X)1/2 e  < (Sn -n mX ) /(n/s2X)1/2  < (n/s2X)1/2 e )
 = P( - (n/s2X)1/2 e  < S*n < (n/s2X)1/2 e )   @ F( (n/s2X)1/2 e ) - F( - (n/s2X)1/2 e ) = 2 F( (n/s2X)1/2 e ) - 1

CALCOLO DI n TALE CHE  P(|Sj=1,..., n Xj /n -  mX |<  e)  ³ 1- d = b  , 	(ad esempio 1- d = 0.95)
con la disuguaglianza di Chebyshev P(|Sj=1,..., n Xj /n -  mX |<  e)  ³  1 - s2X/(ne2)    
(BASTA trovare n tale che 1 - s2X/(ne2) > b  , cioè d=1 - b > s2X/(ne2) ossia  n ³  nCH  ³ s2X/(e2 d)
e calcolo approssimato di n TALE CHE  P(|Sj=1,..., n Xj /n -  mX |<  e)  >  1- d  
con l'Approssimazione gaussiana OSSIA
P(|Sj=1,..., n Xj /n -  mX |<  e)   @ 2 F( (n/s2X)1/2 e ) - 1 ³  1- d. 
Posto xd tale che     2 F(  xd ) - 1 = 1- d, ossia tale che   F(  xd ) = 1- d /2, 
 conviene prendere  n tale che (n/s2X)1/2 e  sia maggiore o uguale a xd , cioè
(n/s2X)1/2 e   ³   xd ,      n ³  nGauss   ³ ( xd )2  s2X/e2
(ATTENZIONE la notazione xa spesso indica un valore per il quale F( xa) =  a e quindi  xd  = x1-d/2  
Si noti che   nCH /  nGauss   = ( xd )2 /d = ( x1-d/2 )2 /d,  
e che se d =0.05 allora x1-d/2 =  x0.975 = 1,959964 @  1,96  e quindi
nCH /  nGauss   = 76,82917762592  @ 76,832
MENTRE PER d =0.01 allora x1-d/2 =  x0.9995 @ 3,27    e quindi
nCH /  nGauss   = 1069,29

OSSERVAZIONE: nel caso in cui si voglia "stimare" il valore della probabilità di un evento con la frequenza  si tratta di considerare Xi=1A_i e quindi di stimare "p=P(Ai)=mX" ma sembra che serva la conoscenza di p per conoscere  s2X=p(1-p). Tuttavia va osservato che p(1-p), per p in (0,1) vale al massimo 1/4 (ottenuto per p=1/2) e quindi  
 nCH  ³ 1/(4e2 d)  è sufficiente per ottenere  nCH  ³ s2X/(e2 d) e quindi che 
P(|Sj=1,..., n Xj /n -  p |<  e)   ³  1- d. 
Un discorso simile vale per il calcolo di   nGauss . 

34) venerdì 1 giugno 2012 
Cenni al metodo di accettazione e rifiuto (di Von Neumann) nel caso di v.a. con densità limitata e a valori in un intervallo limitato.
e Cenni alle catene di Markov  omogenee (solo definzione e calcolo delle distribuzioni congiunte)
e affermazione (SENZA DIMOSTRAZIONE ) che
 Xn+1=f( Xn, Un+1) è una catena di Markov se Un n ³1, sono una successione di v.a. indipendenti ed identicamente distribuite e X0 è indipendente dalle Un n ³1.
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35) lunedì 4 giugno 2012 
esercizi vari: Distribuzioni multinomiali e "multi ipergeometriche" distribuzioni marginali,  richiamo sul calcolo del valore atteso in presenza di una partizione, nel caso in cui la partizione sia quella geenrata da una variabile aleatoria.
36) mercoledì 6 giugno 2012
II prova in itinere
37) venerdì 8 giugno 2012 
correzione della II prova in itinere e riepilogo generale
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QUINDI 37*2=74 ORE......

lunedì 11 giugno COMPITO e altro appello per la seconda prova in itinere