V Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 2012/13 Nome: 18 ottobre

Transcript

1 V Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 202/ Nome: 8 ottobre 20 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. Anna ha a disposizione due magliette (una bianca e una rossa) e tre gonne (una bianca, una rossa e una verde). Lancia una moneta regolare per scegliere quale maglietta indossare. Se la maglietta scelta è quella rossa, indosserà certamente la gonna rossa. Se invece la maglietta scelta è quella bianca, sceglierà una delle tre gonne con uguale probabilità. (a) Con quale probabilità Anna indosserà la gonna rossa? Con quale probabilità sarà vestita di un unico colore? (b) Se la gonna scelta da Anna è rossa, è più probabile che la maglietta scelta sia quella rossa o quella bianca? Soluzione. (a) Consideriamo gli eventi: M r = {Anna sceglie la maglia rossa}, M b = {Anna sceglie la maglia bianca}, G r = {Anna sceglie la gonna rossa}, G b = {Anna sceglie la gonna bianca}, G v = {Anna sceglie la gonna verde}. Allora P(M r ) = P(M b ) = 2, P(G r M r ) =, P(G v M r ) = P(G b M r ) = 0, P(G r M b ) = P(G v M b ) = P(G b M b ) =. Per la formula delle probabilità totali, la probabilità che Anna indossi la gonna rossa vale P(G r ) = P(G r M r )P(M r ) + P(G r M b )P(M b ) = = 2 La probabilità che Anna sia vestita di un unico colore vale P(M r G r ) + P(M b G b ) = P(M r )P(G r M r ) + P(M b )P(G b M b ) = = 2. (b) Calcoliamo P(M r G r ) = P(G r M r )P(M r ) = 2 P(G r ) 2 = 4, avendo usato la formula di Bayes, e di conseguenza, essendo M b = (M r ) c, P(M b G r ) = P(M r G r ) = 4 = 4. È dunque più probabile che, quando la gonna scelta è rossa, anche la maglietta scelta sia rossa.

2 2 Esercizio 2. Un insetto depone un numero di uova X 0 Pois(λ), dove λ è un parametro fissato. Il primo giorno, ciascun uovo può rimanere chiuso, con probabilità p (0, ), oppure schiudersi, con probabilità p, indipendentemente dalle altre uova. Indichiamo con X il numero di uova che rimangono chiuse alla fine del primo giorno. (a) Quanto vale P(X = k X 0 = n), per k, n N 0 con k n? Si ricavi quindi la densità discreta congiunta di (X 0, X ). (b) Si calcoli P(X = k) e si deduca che X ha distribuzione Pois(λp). Iteriamo ora la procedura: per ogni t N con t 2, supponiamo che ciascuna delle uova che è rimasta chiusa alla fine del (t )-esimo giorno possa rimanere chiusa il t-esimo giorno, con probabilità p, oppure schiudersi, con probabilità p, indipendentemente dalle altre uova. Indichiamo quindi con X t il numero di uova che restano chiuse alla fine del t-esimo giorno. (c) Si ricavi la distribuzione di X t e si deduca che P(X t = 0) = e λpt per ogni t N 0. Indichiamo infine con T il giorno in cui si schiudono le ultime uova. (d) Si giustifichi l uguaglianza di eventi e si determini la densità discreta di T. Soluzione 2. quindi {T t} = {X t+ = 0} (a) Per lo schema di prove ripetute e indipendenti ( ) n P(X = k X 0 = n) = p k ( p) n k, k p X0,X (n, k) = P(X 0 = n, X = k) = P(X 0 = n)p(x = k X 0 = n) ( λ λn n = e )p k ( p) n k λ (λp)k (λ( p)) n k n! k {0 k n} = e k! (n k)! {0 k n}. (b) Per il punto precedente P(X = k) = n=k λ (λp)k p X0,X (n, k) = e k! m=0 n=k (λ( p)) n k (n k)! e con il cambio di variabili m = n k si ottiene λ (λp)k (λ( p)) m λ (λp)k P(X = k) = e = e e λ( p) λp (λp)k = e, k! m! k! k! ossia X Pois(λp). (c) Per i punti precedenti, se X t Pois(λ t ), allora X t+ Pois(λ t p). Con un facile argomento induttivo si ottiene che X t Pois(λp t ) e dunque P(X t = 0) = e λpt. (d) L uguaglianza di eventi si giustifica notando che le ultime uova si schiudono entro il giorno t, chiaramente il giorno t + non ci sarà alcun uovo rimasto chiuso, e viceversa. Dato che T assume valori in N 0, per ogni l N si ha mentre p T (l) = P(T = l) = P(T l) P(T l ) = P(X l+ = 0) P(X l = 0) = e λpl+ e λpl, p T (0) = P(X = 0) = e λp.,

3 Esercizio. Sia Z una variabile aleatoria con distribuzione assolutamente continua uniforme sull intervallo (0, ), definita su uno spazio di probabilità (Ω, A, P). Fissiamo t [0, 4 ] e definiamo le variabili aleatorie X, Y ponendo X(ω) := ( 4 +t, 4 +t)(z(ω)), Y (ω) := ( 4 t, 4 t)(z(ω)). Si osservi che X e Y sono variabili aleatorie discrete, che assumono i valori 0 e. (a) Si determinino le densità discrete marginali di X e Y. (b) Si determini la densità discreta congiunta di X e Y. (c) Si mostri che Cov(X, Y ) = 4 2t. (d) Per quali valori di t le variabili X e Y sono indipendenti? Soluzione. (a) Si ha p X () = P(X = ) = P(Z ( 4 + t, 4 + t)) = 4 +t 4 +t f Z (z) dz = dz = 4 +t 4 +t 2, e quindi p X (0) = p X () = 2, ossia X Be( 2 ). Con calcoli analoghi Y Be( 2 ) (b) Si ha p X,Y (, ) = P(X =, Y = ) = P(Z ( 4 + t, 4 + t) ( 4 t, 4 t)) e con conti analoghi = P(Z ( 4 + t, 4 t)) = ( ( 4 t) ( 4 + t)) = 2 2t, p X,Y (, 0) = P(Z ( 4 t, 4 + t)) = ( ( 4 + t) ( 4 t)) = 2t, p X,Y (0, ) = P(Z ( 4 t, 4 + t)) = ( ( 4 + t) ( 4 t)) = 2t, p X,Y (0, 0) = P(Z (0, 4 t) ( 4 + t, )) = ( ( ( 4 + t)) + ( 4 t)) = 2 2t. (c) Per i punti precedenti E(X) = E(Y ) = 2. La variabile aleatoria XY assume valori in {0, }, pertanto e dunque E(XY ) = P(XY = ) = P(X =, Y = ) = p X,Y (, ) = 2 2t, Cov(X, Y ) = E(XY ) E(X)E(Y ) = 2 2t 4 = 4 2t. (d) Può esserci indipendenza solo se Cov(X, Y ) = 0, ossia se t = 8. Per tale valore di t si ha che p X,Y (, ) = p X,Y (, 0) = p X,Y (0, ) = p X,Y (0, 0) = 4, quindi p X,Y (x, y) = p X (x)p Y (y) x, y {0, }, da cui segue che per t = 8 le variabili aleatorie X e Y sono effettivamente indipendenti.

4 4 Esercizio 4. Sia Z = (X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale, con distribuzione uniforme continua nel cerchio di raggio unitario centrato nell origine. In altri termini, la densità di Z è data da f Z (x, y) = π C(x, y), dove C := {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 }. (a) Le variabili aleatorie reali X e Y sono indipendenti? (b) Si mostri che la variabile aleatoria R := X 2 + Y 2 è assolutamente continua, con densità f R (r) = 2r (0,) (r). [Sugg.: si determini innanzitutto la funzione di ripartizione di R.] (c) Si mostri che la variabile aleatoria W := log R ha valor medio finito, dato da E(W ) = 2. Sia ora (R n ) n N una successione di variabili aleatorie i.i.d. con la stessa distribuzione di R. Definiamo quindi la successione (T n ) n N ponendo (d) Si mostri che Soluzione 4. T n := R R 2 R n. log T n lim n n = 2, q.c.. (a) Il quadrato Q := ( 4, ) ( 4, ) è disgiunto dal cerchio C, pertanto P(Z Q) = P(X ( 4, ), Y ( 4, )) = 0. Dato che P(X ( 4, )) > 0 e P(Y ( 4, )) > 0, X e Y non possono essere indipendenti. (b) Si ha F R (r) = 0 se r < 0 e F R (r) = se r >, mentre per r [0, ] F R (r) = P(R r) = P(X 2 + Y 2 r 2 ) = P(Z C r ), dove abbiamo posto C r := {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 r 2 }. Dato che la misura di Lebesgue (area) di C r vale πr 2, si ottiene F R (r) = dx dy = π C r π πr2 = r 2. La funzione F R è C a tratti, pertanto R è assolutamente continua con densità data da f R (r) = F R (r) = 2r (0,)(r). (c) Dato che R assume q.c. valori in (0, ), la variabile aleatoria W = log R è q.c. negativa e pertanto il valor medio è ben definito (eventualmente ). Per la formula del cambio di variabili E(W ) = E(log R) = R log r f R (r) dr = (d) Definendo W n := log R n, possiamo scrivere log Tn log T n n 0 log r (2r) dr = = W + W W n n ( log r r 2 ). 0 0 r r2 dr = 2. Quindi n coincide con la media campionaria delle variabili aleatorie (W n ) n N, che sono i.i.d. con valor medio finito 2. La conclusione segue immediatamente dalla legge forte dei grandi numeri.

5 5 Esercizio 5. Sia data una successione di variabili aleatorie reali (X n ) n N indipendenti (ma non necessariamente identicamente distribuite) in L 2, con E(X n ) = 0, σ 2 n := Var(X n ) <. Definiamo la successione (Y n ) n N ponendo ricorsivamente dove A (0, ) è un parametro fissato. Y 0 :=, Y n := AY n + X n, (a) Si mostri che, per ogni n N, le variabili aleatorie X n e Y n sono indipendenti. [Sugg.: Si mostri per induzione che Y n è funzione di X,..., X n.] (b) Assumendo che σ 2 n = A 2n, si mostri che E(Y n ) = 0 e Var(Y n ) = na 2n, per ogni n N. (c) Si mostri che Y n 0 in probabilià per n. La convergenza è q.c.? [Sugg.: si sfrutti la disuguaglianza di Chebyschev] Rimuoviamo ora l ipotesi che σ 2 n = A 2n. Assumiamo solo che lim n σ2 n = 0. (d) Si mostri che lim n Var(Y n ) = 0 e e si deduca che Y n 0 in probabilità. [Sugg.: si esprima Var(Y n ) in funzione di A e di σ 2,..., σ 2 n.] Soluzione 5. (a) Y n e X n sono indipendenti, perché Y n è funzione di (X,..., X n ). Mostriamo per induzione che Var(Y n ) = nγ n. Il caso n = è immediato, in quanto Y 0 = è una costante. Procedendo induttivamente, per le proprietà della varianza si ha Var(Y n ) = A 2 Var(Y n ) + Var(X n ) = A 2 ((n )A 2(n ) ) + A 2n = na 2n, come dovevasi dimostrare. (b) Per ogni ε > 0 si ha P( Y n > ε) Var(Y n) pertanto Y n 0 in probabilità. Inoltre, dato che ε 2 n N P( Y n > ε) n N = na2n ε 2 na 2n n 0, () ε 2 <, perché A <, segue che la convergenza Y n 0 ha luogo anche q.c.. (c) Si ha Var(Y n ) = A 2 Var(Y n ) + σ 2 n = A 2 Var(Y n 2 ) + A 2 σ 2 n + σ 2 n =... = n A 2k σn k 2. Per ogni k fissato, lim n σn k 2 = 0 per ipotesi. Dato che la successione (σ2 n) n N è limitata (perché tende a zero), ossia C := sup n N σn 2 <, segue che A 2k σn k 2 C A2k. Per convergenza dominata si può passare al limite n nella sommatoria sopra ottenendo Var(Y n ) 0, come richiesto. Infine, dato che E(Y n ) = 0, la disuguaglianza di Chebychev () mostra che Y n 0 in probabilità. k=

6 Esercizio. Giovanni saltella tra cinque sassi, numerati da a 5, nel modo seguente. Inizialmente si trova sul sasso. A ogni istante, lancia un dado regolare a sei facce: se il numero estratto corrisponde a un sasso connesso da una linea tratteggiata al sasso su cui si trova (vedi figura), ci salta; in caso contrario, resta nella sua posizione. 4 Descriviamo il moto di Giovanni mediante una catena di Markov. 2 (a) Si scriva la matrice di transizione della catena, mostrando che è irriducibile e aperiodica. (b) Si determini l unica misura invariante. È reversibile? Quanto tempo passa mediamente prima che la catena ritorni allo stato iniziale? Soluzione. è data da 5 (a) Indicando con E = {, 2,, 4, 5} lo spazio degli stati, la matrice di transizione p = Dato che i e i per ogni i E, la catena è irriducibile. È aperiodica perché p > 0. (b) Per simmetria degli stati 2,, 4, 5, è naturale cercare una probabilità invariante π = (π, π 2, π, π 4, π 5 ) tale che π 2 = π = π 4 = π 5, ossia π = (a, b, b, b, b) con a, b [0, ]. Imponendo i E π ip ij = π j si ottiene a + 4 b = a a + 5 b = b ossia a = b. Imponendo che i E π i = si ottiene che π = ( 5, 5, 5, 5, 5 ). Il tempo medio di ritorno nello stato iniziale è dato da /π = 5.