Elementi di Probabilità e Statistica - 052AA - A.A

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1 Elementi di Probabilità e Statistica - 05AA - A.A Prima prova di verifica intermedia - 9 aprile 015 Problema 1. Dati due eventi A, B, su uno spazio probabilizzato (Ω, F, P), diciamo che A è in favore di B se vale P(A) > 0 e P(B A) P(B). Discutere la validità delle seguenti affermazioni, per eventi A, B, C. 1. Se A è in favore di B e P(B) > 0, allora B è in favore di A.. Se A è in favore di B e P(B) < 1, allora B c è in favore di A c. 3. (Facoltativo) Se A è in favore di B e B è in favore di C, allora A è in favore di C. Supponete ora di avere davanti a voi due scatole dall esterno indistinguibili, non vuote, di cui però sapete che una contiene solo 1 palline, tutte bianche, e l altra contiene palline, di cui alcune bianche e altre nere. Scegliete una scatola da cui estraete una pallina (senza guardare il contenuto della scatola). Usando il linguaggio introdotto sopra, si può affermare che l evento la pallina estratta è bianca è in favore dell evento la scatola scelta contiene solo palline bianche? (Per giustificare la risposta non è strettamente necessario esibire esplicitamente uno spazio di probabilità relativo alla situazione). Soluzione 1. Diamo qui una soluzione che usa la formula di Bayes. L esercizio si può anche risolvere notando che A è in favore di B se e solo se P(A) > 0 e P(A B) P(A)P(B), e ricondurre tutti i calcoli a probabilità non condizionate (Questa riformulazione mostra anche che A è in favore di B se P(A) > 0 e le v.a. 1 A, 1 B sono positivamente correlate). 1. Affermazione vera in generale. Per la formula di Bayes, se A è in favore di B e P(B) > 0 allora P(A B) = P(A) P(B A) P(A). P(B). Affermazione vera in generale. Ancora per la formula di Bayes, se A è in favore di B e P(B c ) = 1 P(B) > 0, allora P(A c B c ) = 1 P(A B c ) = 1 P(A) P(Bc A) P(B c ) = 1 P(A) 1 P(B A) 1 P(B) 1 P(A), dove abbiamo usato (1 P(B A))/(1 P(B)) 1 perché P(B A) P(B). 3. Affermazione falsa in generale. Basta notare che se A B, allora A è in favore di B (e quindi anche B è in favore di A) e considerare A, C B disgiunti e non trascurabili, così P(C A) = 0 < P(C). L evento A, la pallina estratta è bianca, è in favore dell evento B, la scatola scelta contiene solo palline bianche. Infatti, considerando un qualunque spazio di probabilità che è un modello ragionevole per la situazione descritta, l evento B sarà non trascurabile e P(A B) = 1. Da questo segue che l evento A è non trascurabile (perché P(A) P(A B)P(B)) e B è in favore di A, quindi anche A è in favore di B. Problema. Per, 1, indichiamo con X una variabile aleatoria avente legge uniforme su {0,..., 1} (definita su un opportuno spazio (Ω, F, P )).

2 1. Calcolare la funzione generatrice delle probabilità G X.. Calcolare valore atteso e varianza di X. (Ricorda che un possibile approccio consiste nel derivare la funzione generatrice G X e determinarne il valore in t = 1). 3. Mostrare che il polinomio G X6 si fattorizza in (almeno) due modi diversi come prodotto di polinomi G X6 (t) = a 1 (t)a (t) = a 3 (t)a 4 (t) con a i polinomio a coefficienti non-negativi e a i (1) = 1 (per i {1,..., 4}). Dare un interpretazione probabilistica di questo fatto. 4. (Facoltativo) Per ogni k, k 1, mostrare che lim k E [X k ] esiste e determinarlo. Soluzione. 1. La funzione generatrice G X è un polinomio di grado 1: G X (t) = 1 l=1 t k = 1 t 1, per t 1, t 1 dove la seconda forma è utile per i calcoli che seguono.. Qui ci sono diversi modi di procedere. Procediamo come suggerito, cioè differenziando la funzione generatrice, per t < 1, d dt G X (t) = 1 t (t 1) (t 1) = 1 ( 1)t t + 1 (t 1) (t 1) e valutandone il limite per t = 1 (usando e.g. il teorema di de l Hôpital), da cui d E [X ] = lim t 1 dt G X (t) = 1 ( 1)( 1) ( 1)( ) Differenziando un altra volta la funzione generatrice, per t < 1, abbiamo = 1. ( ) d G X dt (t) = 1 ( 1)( )t ( )t + ( 1)t (t 1) 3 e valutandone il limite per t = 1 (usando ancora il teorema di de l Hôpital), otteniamo ( ) d E [X (X 1)] = lim G X t 1 dt (t) ( 1)( ) [( 1)( ) ( )( 3) + ( 3)( 4)] = 6 ( 1)( ) =. 3 A questo punto, per la varianza si ottiene Var(X ) = E [X (X 1)] + E [X ] E [X ] = 1. 1

3 3. Possiamo scrivere oppure G X6 (t) = 1 t t 1 = (t3 1)(t 3 + 1) 6(t 1) = (t3 + 1) (t + t + 1) 3 = a 1 (t)a (t), G X6 (t) = 1 t t 1 = (t 1)(t 4 + t + 1) 6(t 1) = (t + 1) (t 4 + t + 1) 3 = a 3 (t)a 4 (t). Per l interpretazione probabilistica, notiamo che a 1 corrisponde alla funzione generatrice di una v.a. Y 1 che assume valori in {0, 3} con probabilità uniforme, a corrisponde alla funzione generatrice di una v.a. Y che assume valori in {0, 1, } con probabilità uniforme, e quindi la legge di X 6 corrisponde alla legge di Y 1 + Y (se Y 1 e Y sono indipendenti). Similmente a 3 corrisponde ad una legge uniforme su {0, 1} mentre a 4 corrisponde ad una legge uniforme su {0,, 4}. 4. Per definizione di valore atteso, possiamo scrivere [ (X ) ] k ( ) k l 1 E = = f ( ) l 1, dove f(x) = x k. L ultima espressione si può interpretare come somma di Riemann, da cui deduciamo il limite [ (X ) ] k 1 lim E = x k dx = 1 k + 1. Per una dimostrazione senza integrali (in cui sostanzialmente prima integriamo per parti e poi passiamo al limite), notiamo ad esempio che, per l {0,..., 1}, possiamo scrivere, via espansione binomiale di ewton, 0 l k = (l + 1)k+1 (l) k+1 k R k (l), dove R k (l) = O k (l k 1 ), infatti Perciò, 1 k+1 0 R k (l) = 1 k+1 k + 1 i= ( k + 1 i )l k+1 i k+1 k + 1 lk 1. l k = 1 (l + 1) k+1 l k k+1 k + 1 k+1 = 1 k O k( 1 ). O k (l k ) Problema 3. Il valore di un titolo quotato in borsa, da un giorno all altro cala o cresce di un unità oppure rimane costante (rispetto ad una certa unità di misura e ammettendo un certo grado di approssimazione). Detto S i il valore al termine del giorno i-esimo, vale S i = S i 1 + X i dove X i è la variazione avvenuta durante il giorno i-esimo (i 1).

4 Come descritto sopra, supponiamo quindi che ciascuna variazione X i assuma solamente valori in { 1, 0, +1}. In un periodo di n 1 giorni, in cui la borsa è abbastanza stabile, supponiamo che le variabili X 1,..., X n siano indipendenti, ugualmente distribuite, con uguale probabilità di valere +1 o 1. Indichiamo con θ [0, 1/] la probabilità di valere +1 (o, il che è lo stesso, di valere 1). Un agente di borsa vuole stimare θ. 1. Scrivere un (adeguato) modello statistico parametrico e la relativa verosimiglianza.. Trovare, se c è, lo stimatore di massima verosimiglianza, esaminando se sia corretto e se sia consistente per n. 3. Trovare una regione di fiducia di livello 1 α, con α (0, 1) assegnato. Si cerchi di trovarne una esatta, pur più grande del necessario; ed una migliore, cioè più piccola, anche se approssimata. Soluzione Consideriamo il modello statistico parametrico Ω = { 1, 0, 1} n, A = P(Ω), P θ con verosimiglianza n [ L(θ, k 1,..., k n ) = θ ki (1 θ) 1 ki, θ Θ = 0, 1 ], (k 1,..., k n ) Ω. i=1 In altre parole, consideriamo il modello canonico relativo ad un campione di taglia n (X 1,..., X n ), con legge m θ (k) = θ k (1 θ) 1 k, k { 1, 0, 1} (per includere anche i casi θ {0, 1/}, usiamo la convenzione 0 0 = 1). Poniamo inoltre s = s(k 1,..., k n ) := n i=1 k i, così L(θ, k 1,..., k n ) = θ s (1 θ) n s = exp {log(θ)s + log(1 θ)(n s)}, (dove l ultima identità ha senso anche per θ {0, 1/}, ponendo log(0) = ).. Lo stimatore di massima verosimiglianza si ottiene dall equazione 0 = ( ) s θ L(θ, k s) 1,..., k n ) = (n L(θ, k 1,..., k n ) θ 1 θ che implica ˆθ = s. In realtà, per concludere che ˆθ è davvero il massimo, controlliamo esplicitamente i valori di bordo θ {0, 1/}. Se s / {0, n}, è chiaro che ˆθ n è un massimo, perché in quel caso la verosimiglianza è nulla al bordo. Se s = 0, vale ˆθ = 0, e allora la verosimiglianza vale 1; similmente se s = n, vale ˆθ = 1/ e allora la verosimiglianza vale 1. Più esplicitamente, abbiamo trovato lo stimatore di massima verosimiglianza ˆθ = 1 n X i. n i=1 otiamo che le variabili aleatorie X i sono indipendenti (Proposizione.5.11 delle dispense, estesa a n-variabili) ciascuna con legge Bernoulli di parametro θ (perché { X i = 1} = {X i = 1} {X i = 1} unione disgiunta di eventi ciascuno con probabilità θ). Pertanto le X i sono un campione di taglia n di v.a. Bernoulli di parametro θ. Grazie a questa osservazione, notiamo che ˆθ è corretto e consistente per n, grazie alla disuguaglianza P θ ( ˆθ θ d) Var( X 1 /) nd = θ(1 θ) 4nd 1 16nd.

5 3. La disuguaglianza scritta sopra si può usare per ottenere una regione di fiducia (esatta) della forma C = (ˆθ d, ˆθ + d). Dato α (0, 1), ponendo α = 1, 16nd otteniamo d = 1 4. nα Possiamo anche studiare regioni di fiducia ottenute via TLC, con l approssimazione (valida in una situazione in cui n sia grande) ( n 1 n P θ ( ˆθ θ d) = P θ n i=1 X i θ θ(1 θ) ) nd d e x/ 1 dx, θ(1 θ) d π dove abbiamo indicato d = d n. Imponendo d = q 1 α/ (q t indica il quantile θ(1 θ) gaussiano) e rimuovendo la dipendenza da θ [0, 1/], otteniamo d = q 1 α/ n.