V Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 2014/15 Nome: 7 gennaio

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1 V Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 24/5 Nome: 7 gennaio 26 Se non è espressamente indicato il contrario, per la soluzione degli esercizi è possibile usare tutti i risultati visti a lezione (compresi quelli di cui non è stata fornita la dimostrazione). Esercizio. Marta ha due dadi regolari, un tetraedro (con le facce numerate da a 4) e un cubo (con le facce numerate da a 6). Al primo turno Marta lancia il tetraedro. A ogni turno successivo lancia il tetraedro se al turno precedente è uscito ; altrimenti, se al turno precedente è uscito un numero maggiore di, lancia il cubo. (a) Qual è la probabilità p che esca al primo turno? E quella p 2 che esca al secondo turno? (b) Se esce al secondo turno, qual è la probabilità che sia uscito anche al primo turno? (c) Qual è la probabilità p che esca al terzo turno? Soluzione. (a) Sia A n := esce all n-esimo lancio. Chiaramente p = P(A ) = 4. Dato che P(A 2 A ) = 4 mentre P(A 2 A c ) = 6, per la formula delle probabilità totali pertanto (b) Si ha pertanto p 2 = P(A 2 ) = P(A 2 A )P(A ) + P(A 2 A c )P(A c ) = 4 p + 6 ( p ), p 2 = 4 p + 6 ( p ) = = 6. P(A A 2 ) = P(A )P(A 2 A ) = 4 4 = 6, P(A A 2 ) = P(A A 2 ) P(A 2 ) In alternativa, usando la formula di Bayes, P(A A 2 ) = P(A 2 A )P(A ) P(A 2 ) (c) Essendo P(A A 2 ) = 4 mentre P(A A c 2 ) = 6, si ha = 6 6 = = =. p = P(A ) = P(A A 2 )P(A 2 ) + P(A A c 2)P(A c 2) = 4 p ( p 2), ossia il legame tra p e p 2 è lo stesso che c è tra p 2 e p. Più in generale, p n = 4 p n + 6 ( p n ). Di conseguenza p = 4 p ( p 2) = = 5 92.

2 2 Esercizio 2. In un determinato ospedale, il numero X di bambini che nascono in una settimana ha distribuzione Pois(λ) con λ =. Le nascite in settimane distinte sono indipendenti. (a) Qual è la probabilità che in una settimana nascano 2 o più bambini? (b) Sia A il numero di bambini nati nella prima settimana dell anno e sia B il numero di bambini nati nelle prime due settimane dell anno. Si determini la densità discreta congiunta delle variabili aleatorie A e B. Indichiamo con S il numero di bambini nati in un anno (supponiamo esattamente di 52 settimane). (c) Si calcolino E[S] e Var[S]. Quindi, usando l approssimazione normale fornita dal teorema limite centrale, si stimi la probabilità che in un anno nascano più di 7 bambini. Soluzione 2. (a) Dobbiamo calcolare P(X 2) = P(X < 2) e si noti che ( ) λ P(X < 2) = P(X = ) + P(X = ) = e λ! + λ = e λ( + λ ) = 4 e.2 5.! (b) Siano X, X 2 rispettivamente i numeri di bambini nati nella prima e nella seconda settimana. Allora A = X e B = X + X 2. Dobbiamo calcolare P(A = m, B = n) e chiaramente possiamo restringerci ai valori di m, n N tali che m n, altrimenti la probabilià è nulla (essendo A B). Si ha dunque P(A = m, B = n) = P(X = m, X + X 2 = n) = P(X = m, X 2 = n m) = P(X = m)p(x 2 = n m) = e = e 2λ λ n m!(n m)!. λ λm m! e λ λn m (n m)! (c) Siano X, X 2,..., X 52, i numeri di bambini nati nelle settimane dell anno. Da S := X +X X 52 e dal fatto che le X i sono i.i.d. segue che E[S] = 52E[X ] e Var[S] = 52 Var[X ]. Ricordando che media e varianza di una Poisson coincidono col parametro, si ha E[X ] = Var[X ] = λ =, pertanto Var[S] = E[S] = 52 = 676. [Essendo le X i i.i.d. Pois(), segue che S := X + X X 52 ha distribuzione Pois(52 ) = Pois(676) per un risultato mostrato a lezione.] Per il teorema limite centrale la variabile aleatoria Z := S 52E[X ] Var[X ] 52 = S E[S] Var[S] ha distribuzione approssimativamente normale. Pertanto la probabilità richiesta vale ( ) ( S E[S] P(S > 7) = P > = P Z > 24 ) P(Z >.92) Φ(.92). Var[S] Dalla tavola della distribuzione normale si ricava Φ(.92).82, pertanto P(S > 7).82 =.8.

3 Esercizio. Sia (X, Z) un vettore aleatorio in R 2 con densità f (X,Z) (x, z) = (z x) e z {<x<z}. (a) Si determinino le densità marginali di X e Z. (b) Le variabili aleatorie X e Z sono indipendenti? (c) Si mostri che la variabile aleatoria (positiva) W := Z X è in L ma non in L 2. (d) Si determini ϕ : R 2 R tale che T := ϕ(x, Z) sia una variabile aleatoria discreta. Soluzione. (a) La densità marginale di Z soddisfa f Z (z) = se z, mentre per z > z [ ] (z x) f Z (z) = f (X,Z) (x, z) dx = (z x) e z dx = e z 2 x=z = z2 2 2 e z. R Si può riconoscere che Z ha distribuzione Gamma(, ). La densità marginale di X è data da f X (x) = per x, mentre per x >, notando che {<x<z} = (x, ) (z), si ottiene f X (x) = f (X,Z) (x, z) dz = (z x) e z dz e con il cambio di variabile y = z x si ottiene f X (x) = R y e (x+y) dy = e x y e y dy = e x, dove l ultimo integrale è stato riconosciuto come il valore medio di una variabile aleatoria Exp(), o equivalentemente come Γ(2) =! = (in alternativa lo si può calcolare direttamente integrando per parti). Dunque X Exp(). (b) X e Z non sono indipendenti, perché ad esempio P(X (2, )) > e P(Z (, 2) > (infatti X e Z hanno densità strettamente positive su (, )) mentre P(X (2, ), Z (, 2)) = perché X < Z q.c., dal momento che la densità f (X,Z) (x, z) di (X, Z) si annulla per x z. (c) Abbiamo già osservato che X < Z q.c., e chiaramente Z < q.c., pertanto < Z X < q.c. da cui < W < q.c.. Calcoliamo ora E[W ] (che è ben definito, essendo W ): [ ] E[W ] = E = Z X R 2 z x f (X,Z)(x, z) dx dz = R 2 z x (z x) e z {<x<z} dx dz ( z ) = e z dx dz = z e z dz =. Questo mostra che W L. Analogamente [ ] E[W 2 ] = E (Z X) 2 = R 2 (z x) 2 f (X,Z)(x, z) dx dz ( ) = R 2 (z x) 2 (z x) e z {<x<z} dx dz = x z x e z dz dx, e il cambio di variabile y = z x nell integrale interno conduce a ( ) E[W 2 ( ) ] = y e x y dy dx = e x y e y dy dx ( )( ) = y e y dy e x dx = y e y dy = +, perché la funzione y non è integrabile in nessun intorno di y =. Dunque W L2. (d) Basta scegliere ϕ, così che T = è una variabile aleatoria discreta. x x=

4 4 PARTE II (Esercizi 4, 5, 6) Esercizio 4. Sullo spazio di probabilità (Ω, A, P), dove Ω = (, ), A è la σ-algebra dei boreliani e P è la misura di Lebesgue, sono definite le variabili aleatorie (X n ) n N date da { X n (ω) = n n (, n ) (ω) = se ω < n. altrimenti (a) Si calcoli la funzione di ripartizione di X n. Si deduca che che X n in legge e in probabilità. [Sugg. Può essere utile calcolare innanzitutto la densità discreta di X n.] (b) Si calcoli E[ X n p ]. Per quali p (, ) si ha X n in L p? (c) Si mostri che X n q.c., ossia X n (ω) per q.o. ω Ω. (d) (*) Quanto vale P(lim sup n {X n > ε})? Si mostri che per ogni ε (, ) si ha P(X n > ε) =. n N Soluzione 4. (a) La variabile aleatoria X n assume solo i valori n e. Pertanto la sua densità discreta p Xn (x) = P(X n = x) è nulla per x {, n }. Per x = n si ha P(X n = n ) = P(ω < n ) = Leb(, n ) = n, quindi P(X n = ) = P(X n = n ) = n. La funzione di ripartizione F Xn (x) = P(X n x) vale dunque se x < F Xn (x) = n se x < n. se x n Di conseguenza lim F X n n (x) = F (x) = { se x < se x. Essendo F (x) la funzione di ripartizione della variabile aleatoria costante uguale a, la convergenza della funzione di ripartizione implica che X n in legge. Infine, per un risultato visto a lezione, la convergenza in legge verso un limite costante implica (è anzi equivalente a) la convergenza in probabilità allo stesso limite. (b) Si ha E[ X n p ] = x R x p P(X n = x) = p P(X n = ) + (n ) p P(X = n ) = n p n = n p 2 = n 2p 6. Quindi X n in L p, ossia E[ X n p ] = E[ X n p ], se e solo se 2p < ossia p < 2. (c) Per ogni ω Ω = (, ) si ha ω >, pertanto si ha ω n per n grande, o più precisamente per n n (ω) = ω 2. Quindi, per definizione di X n, si ha X n (ω) = per ogni n n (ω), e a maggior ragione lim n X n (ω) =. In definitiva, lim n X n (ω) = per ogni ω Ω. (d) Dato che X n q.c., definitivamente si ha X n ε, quindi si ha X n > ε solo per un numero finito di indici. Questo mostra che l evento lim sup n {X n > ε} = {X n > ε per infiniti n N} ha probabilità nulla, ossia P(lim sup n {X n > ε}) =.

5 5 Dato che X n assume solo i valori n e, per ε (, ) si ha {X n > ε} = {X n = n }, quindi P(X n = n ) = =. n P(X n > ε) = n N n N [Ciò non è in contraddizione con P(lim sup n {X n > ε}) =, perché gli eventi {X n > ε} non sono indipendenti e dunque non è possibile applicare la seconda parte del lemma di Borel-Cantelli.] n N

6 6 Esercizio 5. Siano X, X 2,... variabili aleatorie reali i.i.d. la cui distribuzione è assolutamente continua, con densità f : R [, ) continua e strettamente positiva (f(x) > per ogni x R). Sia g : R [, ) un altra densità continua fissata. Poniamo M := g(x ) f(x ), M n := g(x ) g(x 2 ) f(x ) f(x 2 ) g(x n) f(x n ) (a) Si mostri che E[M ] =. Si deduca che E[M n ] = per ogni n N. D ora in avanti supponiamo che E[ log M ] < e inoltre che f g. per n 2. (b) Applicando opportunamente la legge dei grandi numeri, si mostri che vale la convergenza n log M q.c. n E[ ] log M <. n [Il fatto che E[log M ] < segue dalla disuguaglianza di Jensen (facoltativo: spiegare perché).] (c) Si deduca che M n q.c. n. (d) Si dica se M n converge in probabilità, in legge, in L. Soluzione 5. (a) Applicando la formula di passaggio alla misura immagine E[ψ(X )] = R ψ(x) f(x) dx alla funzione ψ(x) = g(x)/f(x) si ottiene E [ [ ] ] g(x ) g(x) M = E = f(x) dx = g(x) dx =, f(x ) f(x) perché g è una densità. Essendo le variabili aleatorie g(xn) f(x indipendenti e con la stessa distribuzione di g(x ) n) f(x ) = M, si ottiene [ ] [ ] [ ] g(x ) g(x2 ) g(xn ) E[M n ] = E E E = E[M ] n =. f(x ) f(x 2 ) f(x n ) (b) [Si può applicare la disuguaglianza di Jensen perché log x è una funzione concava, pertanto log x è convessa. Se f g, la variabile aleatoria M = g(x ) f(x ) non è q.c. costante, pertanto la disuguaglianza di Jensen è stretta, essendo il logaritmo una funzione strettamente concava.] Le variabili aleatorie Y n := log g(xn) f(x, che sono i.i.d. e in n) L. Applicando la legge forte dei grandi numeri si ottiene dunque n log M n = Y Y n q.c. n E[Y ] = E [ ] log M. n (c) Dato che E [ ] log M <, si ha q.c. lim log M n = lim n E[ ] log M =, n n da cui segue che lim n M n = q.c.. (d) La convergenza q.c. implica quella in probabilità, la quale a sua volta implica quella in legge, pertanto da M n q.c. segue che M n in probabilità e in legge. Non si ha invece convergenza M n in L : in caso contrario si avrebbe la convergenza dei valori medi lim n E[M n ] = E[] =, mentre sappiamo che E[M n ] = per ogni n N.

7 7 Esercizio 6. Fissiamo due parametri N N e q (, 2 ). Una scala ha N + gradini, numerati da (quello più basso) a N (quello più alto). Enrico inizialmente parte dal gradino. A ogni istante lancia una q-moneta (ossia una moneta che dà testa con probabilità fissata q): se esce testa, sale di un gradino, mentre se esce croce, scende di un gradino. Fanno eccezione i gradini estremi: se si trova sul gradino ed esce croce, resta sul gradino (mentre se esce testa sale sul gradino ); viceversa, se si trova sul gradino N ed esce testa, resta sul gradino N (mentre se esce croce scende sul gradino N ). Descriviamo il moto di Enrico con una catena di Markov X = (X n ) n sullo spazio degli stati E = {,,..., N}. (a) Si scriva la matrice di transizione p ij e se ne disegni schematicamente il grafo. Si dica se la catena è irriducibile e/o aperiodica e si classifichino gli stati. (b) Si mostri che λ i = c i è una misura reversibile, per un opportuna scelta di c (, ). (c) Si determini l unica probabilità invariante π i. Per tempi grandi, quanto vale asintoticamente la probabilità che Enrico sia sul gradino più basso? Soluzione 6. (a) Per costruzione p i,i+ = q se i N e p N,N = q; analogamente p i,i = q se i N e p, = q; mentre p i,j = per gli altri valori di i, j. La catena è irriducibile perché 2... N e, viceversa, N N..., quindi i j per ogni i, j E. Essendo irriducibile, ogni stato ha lo stesso periodo. Ma il periodo dello stato è pari a, dato che p, = q >. Pertanto la catena è aperiodica. Essendoci un unica classe di comunicazione finita (e ovviamente chiusa), la catena è ricorrente positiva (e ammette un unica probabilità invariante). (b) Occorre verificare che c i p i,j = c j p j,i per ogni i, j E. Tale relazione è banalmente verificata se i = j, e anche se p i,j = p j,i = (si noti che p i,j = se e solo se p j,i = ). Quindi basta verificarla nel caso in cui j = i +, ossia c i p i,i+ = c i+ p i+,i c i q = c i+ ( q) c = q q. Si noti che c (, ), dal momento che q (, 2 ) per ipotesi. (c) Ricordiamo che la misura λ i = c i, essendo reversibile, è invariante. Inoltre c è un unica misura invariante, a meno di multipli, essendo la catena irriducibile e ricorrente. Quindi l unica probabilità invariante π i si ottiene normalizzando la misura λ i, ossia π i = λ i /Λ, dove Λ := N λ i = i= N i= c i = cn+ c In definitiva π i = λ i Λ = c c N+ ci. Infine, per il teorema di convergenza all equilibrio, la probabilità che Enrico sia sul gradino più basso vale asintoticamente (per tempi grandi) lim P(X n = ) = π = cn+. n c.

8 8 Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori di Φ(z) := z e 2 x2 2π dx, la funzione di ripartizione della distribuzione normale standard N(, ), per z <.5. Ricordiamo che valori di Φ(z) per z < possono essere ricavati grazie alla formula Φ(z) = Φ( z). z