I Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 2013/14 Nome: 6 febbraio

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1 I Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 03/4 Nome: 6 febbraio 04 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). PARTE I (Esercizi,, 3) Esercizio. Se estraggo casualmente due numeri distinti dall insieme {,, 3, 4, 5, 6}, qual è la probabilità che il più grande valga 4? Più in generale, se estraggo casualmente due numeri distinti dall insieme {,..., n}, qual è la probabilità che il più grande valga k (con k n)? Soluzione. Trattiamo direttamente il caso generale. Estrarre due numeri distinti in {,..., n} equivale a estrarre un sottoinsieme di {,..., n} di cardinalità pari a due. Ci sono ( n ) tali sottoinsiemi, mentre quelli in cui k è il più grande sono tanti quanti i sottoinsiemi di un elemento di {,..., k }, ossia k. La risposta è dunque k ( n ) = (k ) n(n ).

2 Esercizio. Un urna contiene n palline bianche e k palline rosse. Pesco una pallina, ne osservo il colore, la reinserisco nell urna insieme a un altra dello stesso colore di quella estratta (ora nell urna ci sono dunque n + k + palline), dopodiché pesco una seconda pallina. Indicando con X il colore della prima pallina estratta e con Y il colore della seconda pallina estratta, possiamo descrivere X e Y come due variabili aleatorie a valori nell insieme E := {r, b}. (a) Si determini il valore di P(Y = y X = x) per ogni scelta di x, y E. (b) Si mostri che le variabili aleatorie X e Y hanno la stessa distribuzione. (c) Si determini la distribuzione del numero totale N di palline rosse estratte. (d) Le variabili aleatorie (X, Y, N) sono indipendenti? Soluzione. (a) Si ha P(Y = r X = r) = k + n + k +, P(Y = r X = b) = k n + k +, da cui segue che n P(Y = b X = r) = P(Y = r X = r) = n + k +, P(Y = b X = b) = P(Y = r X = b) = n + n + k +. (b) La densità marginale di X è data da P(X = r) = k n, P(X = b) = n + k n + k. Di conseguenza la distribuzione congiunta di (X, Y ) è data da P(X = r, Y = r) = P(X = r)p(y = r X = r) = k k + n + k n + k +, P(X = r, Y = b) = P(X = r)p(y = b X = r) = k n n + k n + k +, P(X = b, Y = r) = P(X = b)p(y = r X = b) = n k n + k n + k +, P(X = b, Y = b) = P(X = b)p(y = b X = b) = n n + n + k n + k +. La distribuzione marginale di Y si ricava facilmente: P(Y = r) = P(Y = r, X = r) + P(Y = r, X = b) = k n + k k + n + k + + P(Y = b) = P(Y = r) = Quindi X e Y hanno la stessa distribuzione. (c) Chiaramente N assume valori in {0,, } e n n n + k n + k. k n + k + = k n + k, n(n + ) P(N = 0) = P(X = b, Y = b) = (n + k)(n + k + ), k(k + ) P(N = ) = P(X = r, Y = r) = (n + k)(n + k + ), da cui P(N = ) = P(N = 0) P(N = ) = nk (n+k)(n+k+). (d) Le variabili aleatorie non sono indipendenti perché si ha P(X = r) > 0, P(Y = r) > 0, P(N = 0) > 0 ma P(X = r, Y = r, N = 0) = 0 P(X = r)p(y = r)p(n = 0).

3 3 Esercizio 3. Due particelle puntiformi, che indichiamo con le lettere α e β, si muovono lungo una retta, entrambe di moto (rettilineo) uniforme. All istante iniziale t = 0 la particella α si trova nell origine x = 0, mentre la particella β si trova nel punto x =. Le due particelle si muovono l una in direzione dell altra, con velocità rispettive U e V, dove U e V sono variabili aleatorie indipendenti con distribuzione Exp(). α U V β x = 0 x = Definiamo T come l istante in cui le due particelle si incontrano, e poniamo Y := T. (a) Si mostri che Y ha distribuzione Gamma(, ), ossia f Y (y) = y e y (0, ) (y). (b) Si deduca che T ha distribuzione assolutamente continua, con densità f T (t) = t 3 e /t (0, ) (t). (c) Si dica se T L e/o T L. Si mostri che Cov(T, Y ) è ben definita, e la si calcoli. (d) Si mostri che il vettore aleatorio (T, Y ) non è assolutamente continuo. Soluzione 3. (a) All istante t > 0 la posizione della particella A è data da Ut, mentre quella della particella B è data da V t, pertanto l istante T si ottiene dall equazione UT = V T = T = U + V, da cui Y = /T = U +V. Dato che U, V sono variabili aleatorie indipendenti con distribuzione Exp() = Gamma(, ), per un teorema visto a lezione la loro somma U + V = Y ha distribuzione Gamma(, ), ossia f Y (y) = y e y (0, ) (y). (b) La funzione di ripartizione di T è data da F T (t) = P(T t) = 0 se t 0, mentre per t > 0 F T (t) = P(T t) = P( Y = [ y e y ] t + t t) = P(Y t ) = f Y (y) dy = t e y dy = t e t + e t. t y e y dy Dato che F T ( ) è C a tratti, la variabile aleatoria T è assolutamente continua, con densità f T (t) = F T (t) = t 3 e t (0, ) (t). In alternativa, dato che ϕ(y) := y è un diffeomorfismo di (0, ) in sé, per un teorema visto a lezione si ha che T = ϕ(y ) è una variabile aleatoria assolutamente continua con densità f T (t) = f Y (ϕ (t)) (ϕ ) (t) = f Y ( t ) t = t 3 e t (0, ) (t).

4 4 (c) Per ogni p (0, ) si ha E( T p ) = E(T p ) = R t p f T (t) dt = 0 t 3 p e /t dt. La funzione t e /t è continua in (0, ) e inoltre ha limite 0 per t 0, grazie t 3 p all esponenziale. I problemi di integrabilità possono pertanto arrivare solo dal comportamento all infinito: dato che e /t per t, si ha E( T p ) <, ossia T L p, se e solo t 3 p t 3 p se 3 p >, ossia p <. In particolare, T L ma T L. Affinché Cov(T, Y ) sia ben definita, occorre verificare che: T L : questo è stato appena mostrato; Y L : questo segue dal fatto che Y Gamma(, ); T Y L : questo segue dal fatto che Y := T per definizione, e dunque Y T =. In particolare E(T Y ) =, perché Y T =, mentre E(Y ) =, perché E(Gamma(n, λ)) = n λ. Resta da calcolare [ ] E(T ) = 0 t e /t dt = e /t = 0 da cui segue che Cov(T, Y ) = E(T Y ) E(T )E(Y ) = =. (d) Dato che T Y =, introducendo il sottoinsieme A := {(t, y) R : t > 0, y = t } si ha che P((T, Y ) A) =. Se (T, Y ) avesse distribuzione assolutamente continua, si dovrebbe avere P((T, Y ) A) = f T,Y (t, y) dt dy = 0, A perché l insieme A ha misura di Lebesgue bidimensionale nulla, ottenendo una contraddizione.

5 5 PARTE II (Esercizi 4, 5, 6) Esercizio 4. Siano (X n ) n N variabili aleatorie reali i.i.d., definite su uno spazio di probabilità (Ω, A, P), la cui distribuzione è assolutamente continua con densità f(x) > 0 per ogni x R. Fissati a, b R con a < b, introduciamo gli eventi D n = D (a,b) n := {X n (a, b)} = {ω Ω : X n (ω) (a, b)}, per n N, e la variabile aleatoria N (a,b), a valori in N 0 {+ }, definita da N (ω) = N (a,b) (ω) := {n N : X n (ω) (a, b)}, dove indica la cardinalità di un insieme. In tutte le domande seguenti, i parametri a, b R con a < b sono arbitrari ma fissati. (a) Si mostri che 0 < P(D n ) <. (b) Si calcolino P ( lim sup n N D n ) e P ( lim supn N D c n). (c) Si mostri che P(N = ) =. (d) Si mostri che la successione Y n := Dn converge in legge, ma non q.c.. Definiamo infine, per ogni ω Ω, il sottoinsieme Z(ω) R ponendo Z(ω) := { X n (ω) : n N } = { X (ω), X (ω), X 3 (ω),... }. In altri termini, il sottoinsieme Z(ω) è l immagine della successione reale (X n (ω)) n N. (e) Si mostri che, per q.o. ω Ω, l insieme Z(ω) è denso in R. Soluzione 4. (a) Avendo le variabili aleatorie X n la stessa distribuzione, gli eventi D n hanno la stessa probabilità p = p (a,b) (0, ): infatti, per ogni a < b, P(D n ) = P(X n (a, b)) = µ Xn ((a, b)) = b a f(x) dx =: p (0, ), perché per ipotesi f(x) > 0 per ogni x R, quindi (a,b) f(x) dx > 0 e R\(a,b) f(x) dx > 0. (b) Per definizione di indipendenza delle variabili aleatorie X n, gli eventi D n sono indipendenti. Dato che P(D n ) = p > 0 per ogni n N, n N P(D n) = n N p =. Essendo gli eventi D n indipendenti, segue dal Lemma di Borel-Cantelli che P ( ) lim sup n N D n =. Analogamente, dato che P(Dn) c = p > 0 per ogni n N, si ha n N P(Dc n) = n N ( p) = e quindi P ( lim sup n N Dn) c = ancora per Borel-Cantelli. (c) Basta notare che l evento {N = } coincide con l evento lim sup n N D n : infatti {N = } = {ω Ω : N (ω) = } = {ω Ω : X n (ω) (a, b) per infiniti valori di n N} = {ω Ω : ω D n per infiniti valori di n N} = lim sup D n. n N Segue dunque che P(N = ) =. (d) Dato che P(D n ) = p (0, ), la variabile aleatoria Y n = Dn ha distribuzione Be(p) che non dipende da n, quindi banalmente converge in legge (verso la distribuzione Be(p)). Essa non converge q.c. perché, per i punti precedenti, q.o. ω Ω appartiene a infiniti degli eventi D n e anche a infiniti degli eventi Dn, c quindi si ha Y n (ω) = 0 per infiniti valori di n N e Y n (ω) = per infiniti valori di n N, dunque la successione (Y n (ω)) n N non ha limite. In alternativa, per la legge 0- di Kolmogorov, se Y n Y q.c. allora Y dovrebbe essere q.c. costante. Ma dato che la convergenza q.c. implica quella in legge, si dovrebbe allo stesso tempo avere Y Be(p) con p (0, ), dunque Y non può essere q.c. costante.

6 6 (e) Un insieme A R è denso se e solo se A (a, b), per ogni a < b. Mostriamo dunque che P ( ω Ω : Z(ω) (a, b) a < b ) ( ) = P {Z (a, b) } =, a,b R o equivalentemente, passando al complementare, ( ) P {Z (a, b) = } = 0. () a,b R Notiamo che, se (a, b ) (a, b), si ha A (a, b ) A (a, b); in particolare, se A (a, b) =, a maggior ragione A (a, b ) =. Vale dunque l inclusione di eventi {Z (a, b) = } {Z (a, b ) = }, se (a, b ) (a, b). Per ogni a, b R con a < b, è possibile scegliere a, b Q (razionali) con a < b tali che (a, b ) (a, b). Ciò mostra che vale l inclusione {Z (a, b) = } {Z (a, b ) = }. a,b R a,b Q a <b (Vale in realtà l uguaglianza, essendo l inclusione inversa banalmente vera.) In () è dunque sufficiente restringere l unione a valori razionali a, b Q, ossia basta mostrare che ( ) P {Z (a, b) = } = 0. a,b Q Essendoci ricondotti all unione di una famiglia numerabile di eventi, per subadditività ( ) P {Z (a, b) = } P ( Z (a, b) = ), a,b Q a,b Q e ci basta mostrare che P ( Z (a, b) = ) = 0, ossia P ( Z (a, b) ) =, per ogni a < b. Ma già sappiamo che P(N (a,b) = ) =, e chiaramente da cui la conclusione segue. {N (a,b) = } {Z (a, b) },

7 7 Esercizio 5. Nella città di Babilonia, alla fine di ogni anno, il governo distribuisce un premio in denaro (euro) ai suoi N = cittadini, con la seguente modalità: per ciascun cittadino vengono estratti tre numeri reali, i primi due uniformemente in (0, 0) e il terzo uniformemente in (0, 0); l ammontare del premio è quindi determinato sommando i primi due numeri e sottraendo il terzo. Tutti i numeri vengono estratti indipendentemente l uno dall altro. (a) Si mostri che, fissato un cittadino qualunque, il premio X da lui ricevuto è una variabile aleatoria con valor medio µ = E(X) = 5 euro. Quanto vale la varianza σ = Var(X)? (b) Un associazione di consumatori svolge un indagine, scoprendo che la somma dei premi ricevuti da tutti i cittadini ammonta a meno di euro. Osservando che tale valore è minore di quanto ci si sarebbe potuti aspettare, ossia N µ = di euro, l associazione sostiene che non è ragionevole credere alle modalità descritte dal governo per l attribuzione del premio. Il portavoce del governo ribatte che una discrepanza di soli euro è perfettamente plausibile, data la natura casuale del meccanismo di attribuzione dei premi, e dunque i sospetti di manipolazione non sono giustificati. Chi pensate che abbia ragione? [Sugg. Si usi l approssimazione normale fornita dal Teorema Limite Centrale. La tavola della distribuzione normale è riportata in fondo a questo plico.] Soluzione 5. (a) Siano U, V, W variabili aleatorie indipendenti, tali che U V U(0, 0) e W U(0, 0). Dato che il valor medio di una variabile aleatoria U(a, b) vale a+b e la sua varianza vale (b a), si ha E(U) = E(V ) = 5, E(W ) = 5, Var(U) = Var(V ) = Var(W ) = 00 = 5 3. Il premio ricevuto da un cittadino può essere espresso come X := U + V W. Per la linearità del valor medio e le proprietà della varianza (osservando che U, V e W sono variabili aleatorie indipendenti), si ha dunque µ = E(X) = E(U) + E(V ) E(W ) = 5, σ = Var(X) = Var(U) + Var(V ) + Var( W ) = Var(U) + Var(V ) + Var(W ) = 5. (b) Sia S N := X X N la somma totale dei premi ricevuti da tutti i cittadini. Calcoliamo la probabilità che si verifichi l evento osservato, ossia ( ) SN Nµ P(S N < ) = P σ < N 5 = P(Z N < 3), e applicando il Teorema Limite Centrale possiamo sostituire Z N Z N(0, ), ottenendo P(Z N < 3) P(Z < 3) = Φ( 3) = Φ(3) = = 0.3%. Essendo la probabilità in questione piuttosto bassa (poco più di una su mille), è poco verosimile che le modalità descritte per l attribuzione del premio siano state rispettate.

8 8 Esercizio 6. Paolo si accinge a salire una scalinata (infinita), in cui i gradini sono etichettati (dal basso verso l alto) con i numeri 0,,,.... A ogni istante, Paolo lancia una moneta equilibrata: se esce testa, sale di un gradino, mentre se esce croce resta sul gradino in cui si trova. Indicando con X n la posizione di Paolo nell istante n, il processo (X n ) n 0 è un opportuna catena di Markov sull insieme E = {0,,,...} (con X 0 = 0). (a) Si scriva il valore p ij della matrice di transizione della catena di Markov, per ogni i, j E. Si disegni quindi il grafo corrispondente, completando la figura seguente con frecce e numeri, e si determinino le classi di comunicazione, classificando gli stati (transitori, ricorrenti positivi, ricorrenti nulli) (b) Si determini una misura invariante. Si mostri che non esiste alcuna probabilità invariante. Quanto vale lim n (p n ) ij? Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da { p ij = (δ ii + δ i i+ ) = se j = i oppure j = i + 0 altrimenti e il grafo corrispondente è, È chiaro che i j se e solo se i j, pertanto si ha i j se e solo se i = j. In altri termini, ogni singoletto T i := {i}, per i E, è una classe di comunicazione. Chiaramente nessuna di tali classi è chiusa: infatti i i + ma i + i, per ogni i E. Dato che una classe ricorrente è necessariamente chiusa, segue che tutte le classi T i sono transitorie e dunque tutti gli stati sono transitori. (b) In generale, per quanto visto a lezione, una probabilità invariante (π i ) i E è tale che π i = 0 per ogni stato i E transitorio. Dato che ogni stato è transitorio in questo caso, si dovrebbe avere π i = 0 per ogni i E, il che è chiaramente impossibile, dovendo essere i E π i =. Quindi non possono esistere probabilità invarianti. Cerchiamo ora misure invarianti (x i ) i E, ossia soluzioni del sistema x i = j E x kp ki, con x i <, per ogni i E. Per i = 0, essendo p 00 = e p k0 = 0 per k 0, otteniamo x 0 = x 0, che ha come unica soluzione x 0 = 0. Per i, essendo p i i = p ii = e p ki = 0 per k {i, i}, si ottiene x i = (x i + x i ), ossia x i = x i. Quindi (x i ) i E è una misura invariante se e solo se x i = x i per ogni i E, ossia x i = x 0 = 0 per ogni i E. L unica misura invariante è dunque quella banale identicamente nulla. Ciò fornisce un altra dimostrazione del fatto che non ci sono probabilità invarianti. [Nella precedente correzione c era un errore.] Infine lim n (p n ) ij = 0 per ogni i, j E, perché ogni j E è transitorio.

9 9 Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori di Φ(z) := z e x π dx, la funzione di ripartizione della distribuzione normale standard N(0, ), per 0 z 3.5. Ricordiamo che I valori di Φ(z) per z < 0 possono essere ricavati grazie alla formula Φ(z) = Φ( z). z