Descrizione: esercizio svolto o teoria

A cura di: Gianni Sammito

Si consideri la funzione

$f_{X}(\xi) = \{(-\frac{1}{\alpha^2} (\xi - \alpha), "se " 0 \le \xi < \alpha),(-\frac{1}{\alpha^2} (\xi - 2 \alpha), "se " \alpha \le \xi < 2 \alpha),(0, "altrimenti"):}$

a) Mostrare che per ogni $\alpha > 0$, $f_{X}(\xi)$ rappresenta una funzione di densità di probabilità.

b) Sia $X$ una variabile aleatoria con densità di probabilità $f_{X}(\xi)$. Calcolare il valor medio $m_X$ e la varianza $\sigma_{X}^2$ di $X$ nel caso in cui $\alpha = 2$.

$f_{X}(\xi) \ge 0 \quad \forall \xi \in \mathbb{R}$ (1)

$\int_{-\infty}^{+\infty} f_{X}(\xi) d \xi = 1$ (2)

Se $0 \le \xi < \alpha$ allora $\xi - \alpha < 0$, pertanto $-\frac{1}{\alpha^2} (x - \alpha) > 0$, inoltre se $\alpha \le \xi < 2 \alpha$ allora $x - 2\alpha < 0$, pertanto $-\frac{1}{\alpha^2} (x - 2 \alpha) > 0$. di conseguenza la condizione (1) è verificata.

$\int_{-\infty}^{+\infty} f_{X}(\xi) d \xi = \int_{0}^{\alpha} - \frac{1}{\alpha^2} (\xi - \alpha) d \xi + \int_{\alpha}^{2 \alpha} -\frac{1}{\alpha^2} (\xi - 2 \alpha) d \xi =$

$ = - \frac{1}{2 \alpha^2} [(\xi - \alpha)^2]_{0}^{\alpha} - \frac{1}{2 \alpha} [(\xi - 2\alpha)^2]_{\alpha}^{2 \alpha} = - \frac{1}{2 \alpha} (- \alpha^2) - \frac{1}{2 \alpha^2} (- \alpha^2) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$

quindi anche la condizione (2) è rispettata, pertanto, per $\alpha > 0$, $f_{X}(\xi)$ rappresenta una densità di probabilità. Se $\alpha = 2$ allora

 $f_{X}(\xi) = \{(-\frac{1}{4} (\xi - 2), "se " 0 \le \xi < 2),(-\frac{1}{4} (\xi - 4), "se " 2 \le \xi < 4),(0, "altrimenti"):}$

Il valor medio risulta pari a

$m_X = E[X] = \int_{-\infty}^{+\infty} \xi f_{X}(\xi) d \xi = \int_{0}^{2} (- \frac{1}{4} \xi^2 + \frac{1}{2} \xi) d \xi + \int_{2}^{4} (- \frac{1}{4} \xi^2 + \xi) d \xi = - \frac{1}{12} [\xi^3]_{0}^{2} + \frac{1}{4} [\xi^2]_{0}^{2} - \frac{1}{12} [\xi^3]_{2}^{4} + \frac{1}{2} [\xi^2]_{2}^{4}=$

$ = - \frac{8}{12} + \frac{4}{4} - \frac{56}{12} + \frac{12}{2} = -\frac{16}{3} + 1 + 5 = \frac{5}{3}$

La varianza invece vale

$\sigma_{X}^2 = E[(X - m_X)^2] = E[X^2 - 2X m_X + m_{X}^2] = E[X^2] - 2 m_XE[X] + m_{X}^2 = E[X^2} - 2m_{X}^2 + m_{X}^2 = E[X^2] - m_{X}^2$

Conviene quindi calcolare il valor quadratico medio

$E[X^2] = \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^2 f_{X}(\xi) d \xi = \int_{0}^{2} (- \frac{1}{4} \xi^3 + \frac{1}{2} \xi^2) d \xi + \int_{2}^{4} (- \frac{1}{4} \xi^3 + \xi^2) d \xi = - \frac{1}{16} [\xi^4]_{0}^{2} + \frac{1}{6} [\xi^3]_{0}^{2} - \frac{1}{16} [\xi^4]_{2}^{4} + \frac{1}{3} [\xi^3]_{2}^{4}=$

 $ = - \frac{16}{16} + \frac{8}{6} - \frac{240}{16} + \frac{56}{3} = -16 + \frac{120}{6} = -16 + 20 = 4$

Pertanto la varianza di $X$ vale

$\sigma_{X}^{2} = E[X^2] - m_{X}^2 = 4 - \frac{25}{9} = \frac{36 - 25}{9} = \frac{11}{9}$

FINE