III Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 2013/14 Nome: 16 luglio

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1 III Appello di Calcolo delle Probabilità Cognome: Laurea Triennale in Matematica 013/14 Nome: 16 luglio Quando 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 1. Un indagine su un ampia popolazione di giovani mostra che il % suona la chitarra, il 60% ama la birra e il 0% fa entrambe le cose. (a) Se scelgo un giovane a caso e scopro che non suona la chitarra, qual è la probabilità che ami la birra? (b) Se scelgo tre giovani a caso, qual è la probabilità che esattamente uno non ami la birra? Soluzione 1. (a) Introdotti gli eventi A := il giovane suona la chitarra e B := il giovane ama la birra, si ha P(A) = 100 = 1, 4 60 P(B) = 100 = 3, 0 P(A B) = 100 = 1. Dato che P(B) = P(A c B) + P(A B), si ha P(A c B) = P(B) P(A B) = 3 1 =. La probabilità (condizionale) richiesta è P(B A c ) = P(Ac B) P(A c = ) 1 1 = (b) Introdotti gli eventi B i := l i-esimo giovane non ama la birra, per i = 1,, 3, la probabilità richiesta è ( ) 3 P(B1 c B B 3 ) + P(B 1 B c B 3 ) + P(B 1 B B3) c = 3 = %. Alternativamente, applicando uno schema di prove ripetute e indipendenti con probabilità di successo p = P(B) = 3, dobbiamo calcolare la probabilità di avere esattamente successi in 3 prove, ossia ( ) ( ) 3 3 p (1 p) = 3, ottenendo lo stesso risultato.

2 Esercizio. A Babilonia ogni giorno il clima può essere di tre tipi (mutuamente esclusivi): piovoso (p) con probabilità 40%, soleggiato (s) con probabilità 40% e coperto (c) con probabilità 0%. Indicando i giorni con i numeri naturali i = 1,, 3,..., sia X i il clima dell i-esimo giorno e assumiamo che (X i ) i N siano variabili aleatorie indipendenti a valori nell insieme {s, p, c}. Indichiamo con σ il primo giorno soleggiato e con τ il primo giorno piovoso, così che σ e τ sono entrambe variabili aleatorie a valori in N. (a) Quali sono le distribuzioni marginali delle variabili aleatorie σ e τ? (b) Si mostri che le variabili aleatorie σ e τ non sono indipendenti. (c) Si determini la densità discreta congiunta di σ e τ. [Sugg. Si esprima l evento {σ = m, τ = n} in termini delle variabili aleatorie (X i ) i N, distinguendo i casi m < n e m > n.] (d) Posto A := min{σ, τ} e B := max{σ, τ} min{σ, τ}, si mostri che A e B sono variabili aleatorie indipendenti e se ne determinino le distribuzioni marginali. [Sugg. Può essere utile distinguere gli eventi {σ < τ} e {σ > τ}.] Soluzione. (a) σ e τ hanno distribuzione geometrica di parametro =, perché sono entrambe l istante di primo successo in uno schema di prove ripetute e indipendenti. Più esplicitamente, si ha P(X i = s) = =, P(X i = p) = =, P(X i = c) = = 1, e per costruzione P(τ = n) = P(X 1 s,..., X n 1 s, X n = s) = P(X 1 s) n 1 P(X 1 = s) = e analogamente per σ. ( ) 3 n 1, (b) Basta notare che P(τ = 1, σ = 1) = P(X 1 = s, X 1 = p) = 0, mentre P(τ = 1) = P(σ = 1) = > 0. (c) Per m < n si ha P(σ = m, τ = n) = P(X 1 = c,..., X m 1 = c, X m = s, X m+1 {s, c},..., X n 1 {s, c}, X n = p) ( ) 1 m 1 ( ) 3 n m 1 =. Un conto analogo, scambiando p con s, conduce per m > n a P(σ = m, τ = n) = P(X 1 = c,..., X n 1 = c, X n = p, X n+1 {p, c},..., X m 1 {p, c}, X m = s) ( ) 1 n 1 ( ) 3 m n 1 = = P(σ = n, τ = m). (d) Si noti che sull evento {σ < τ} si ha A = σ e B = τ σ, mentre sull evento {σ > τ} si ha A = τ e B = σ τ. Calcoliamo ora P(A = m, B = ) per m, N: P(A = m, B = ) = P(A = m, B =, σ < τ) + P(A = m, B =, σ > τ) = P(σ = m, τ σ =, σ < τ) + P(τ = m, σ τ =, σ > τ) = P(σ = m, τ = m +, σ < τ) + P(τ = m, σ = m +, σ > τ) = P(σ = m, τ = m + ) + P(τ = m, σ = m + ), dove nell ultimo passaggio abbiamo usato il fatto che {σ = m, τ = m + } {σ < τ} e analogamente {τ = m, σ = m + } {σ > τ}. Osserviamo ora che i due termini nel membro

3 3 destro sono uguali, per quanto mostrato al punto precedente, quindi ( ) 1 m 1 ( ) 3 1 P(A = m, B = ) = P(σ = m, τ = m + ) = = 4 ( 1 ) m 1 ( ) 3 1. Nel membro destro riconosciamo il prodotto delle densità discrete di una variabile geometrica di parametri 1 e 3 rispettivamente. Segue facilmente che P(A = m) = 4 ( ) 1 m 1, P(B = ) = ( ) 3 1, dunque A e B sono indipendenti con distribuzioni marginali geometriche, di parametri 1 e 3 rispettivamente.

4 4 Esercizio 3. Siano X, Z variabili aleatorie reali con distribuzione congiunta assolutamente continua, con densità f X,Z (x, z) = e z 1 {0 x z}. (a) Si determinino le distribuzioni marginali delle variabili aleatorie X e Z. Esse sono indipendenti? (b) Si calcoli Cov(X, Z). (c) Si determini la distribuzione di Y := Z X e si mostri che X e Y sono indipendenti. Soluzione 3. (a) Per x < 0 si ha f X (x) = 0, mentre per x 0 f X (x) = f X,Z (x, z) dz = e z dz = e x, R da cui X Exp(1). Analogamente, f Z (z) = 0 se z < 0, mentre per z 0 z f Z (z) = f X,Z (x, z) dx = e z dx = z e z, R ossia Z Gamma(, 1). Le variabili aleatorie X e Z non sono indipendenti, perché f X,Z (x, z) f X (x)f Z (z) per q.o. (x, z) (basta verificarlo per (x, z) = (1, 1) e usare la continuità di entrambi i membri). (b) Si ha E[XY ] = xz e z 1 {0 x z} dx dz = R = 1 0 x 0 z 3 e z dz = 1 Γ(4) = 1 3! = 3. 0 z e z ( z 0 ) x dx dz D altro canto E[X] = 1 e E[Y ] = per le proprietà delle leggi Exp(1) e Gamma(, 1), quindi Cov(X, Y ) = E[XY ] E[X]E[Y ] = 3 = 1. (c) Scrivendo (X, Y ) = ϕ(x, Z) con ϕ(x, z) := (x, z x) e notando che ϕ è una trasformazione lineare con determinante 1, si ha che il vettore aleatorio (X, Y ) è assolutamente continuo con densità f X,Y (x, y) = f X,Z (ϕ 1 (x, y)) = f X,Z (x, x + y) = e x y 1 {0 x x+y} = e x 1 {x 0} e y 1 {y 0}. Notando che il membro destro è il prodotto di due densità Exp(1), si ottiene immediatamente che X Exp(1) (come già sapevamo) e Y Exp(1) e inoltre X e Y sono variabili aleatorie indipendenti.

5 Esercizio 4. Siano (X n ) n N variabili aleatorie reali i.i.d. con distribuzione Exp(1): f Xn (x) = e x 1 {x 0}. Introduciamo le variabili (Y n ) n N definite da Y n := 1/X n e poniamo M n := max { Y 1,..., Y n }. Per quali α R la successione di variabili aleatorie Z n := M n /n α converge in legge per n? Soluzione 4. La funzione di ripartizione di M n è data da F Mn (t) = P(M n t) = 0 se t 0, mentre per t > 0, usando il fatto che le variabili aleatorie (Y n ) n N sono i.i.d., F Mn (t) = P(M n t) = P(Y 1 t,..., Y n t) = P(Y 1 t) n = P(X 1 1/t) n = e n/t, perché P(X 1 > s) = s e x 1 {x 0} dx = e s per s > 0. Quindi la funzione di ripartizione di Z n è data da F Zn (z) = 0 se z 0, mentre per z > 0 F Zn (z) = P(Z n z) = P(M n zn α ) = F Mn (zn α ) = e n1 α /z. Questo mostra che lim n F Zn (z) = 0 se z 0, mentre per z > 0 0 se α < 1 lim F Z n n (z) = e 1/z se α = 1. 1 se α > 0 Nel caso α < 1 la funzione limite non coincide q.o. con una funzione di ripartizione, perché ha limite 0 a +, quindi Z n non converge in legge. Nel caso α 1 invece Z n converge in legge verso una variabile aleatoria con funzione di ripartizione { e 1/z 1 F (z) := {z 0} se α = 1 1 {z 0} se α > 0, perché lim n F Zn (z) = F (z) per ogni z R nel caso α = 1, e per ogni z R \ {0} per α > 1 (in questo caso 0 è l unico punto di discontinuità di F ).

6 6 Esercizio. Siano (X n ) n N variabili aleatorie indipendenti, ma non identicamente distribuite: assumiamo infatti che X n abbia distribuzione uniforme (discreta) nell insieme {1,,..., n}. Definiamo le variabili aleatorie (Z n (i) ) i,n N mediante Z (i) n := =i 1 A (i), dove poniamo A (i) := {X = i} per ogni i, N. (In altri termini, Z n (i) conta quante tra le variabili X 1,..., X n assumono il valore i. Si noti che la somma potrebbe equivalentemente partire da = 1, perché l evento A (i) è vuoto per < i.) (a) Si mostri che, per i N fissato, gli eventi (A (i) ) N sono indipendenti. Viceversa, per N fissato con, si mostri che gli eventi (A (i) ) i N non sono indipendenti. (b) Fissiamo i N. Si calcoli P(A (i) ) per ogni N, si determini P(lim sup N A (i) ) e si deduca che q.c. lim n Z n (i) =... (c) Fissiamo i, j N con i > j. Si calcoli Cov(1 (i) A, 1 (j) A ), per i e j, e si deduca che Cov(Z n (i), Z n (j) 1 ) =, n i. Che cosa si può dire riguardo all indipendenza delle variabili aleatorie (Z (i) n ) i,n N? =i Soluzione. (a) Per i N fissato, gli eventi (A (i) ) N sono indipendenti, perché le variabili aleatorie (X ) N sono indipendenti. Viceversa, per fissato, gli eventi (A (i) ) i N non sono indipendenti: infatti P(A () A( 1) ) = P(X =, X = 1) = 0 mentre P(A () ) > 0, P(A ( 1) ) > 0. (b) Si ha P(A (i) ) = P(X = i) = 1 se i mentre P(A(i) ) = 0 se i >. Di conseguenza P(A (i) ) = 1 =. N =i Essendo gli eventi (A (i) ) N indipendenti, applicando il lemma di Borel-Cantelli si ottiene P(lim sup N A (i) ) = 1. Questo significa che q.c. si verificano infiniti degli eventi (A(i) ) N e dunque lim n Z n (i) =. In altri termini, l evento {lim n Z n (i) = } = { =i 1 A (i) = } coincide proprio con l evento lim sup N A (i). (c) Si noti che Cov(1 (i) A, 1 (j) A ) = P(A (i) A(j) ) P(A (i) )P(A(j) ). Se, per il punto (a) si ha P(A (i) A(j) ) = P(A (i) )P(A(j) D altro canto, se =, essendo i > j per ipotesi, si ha P(A (i) j) = 0 e dunque Cov(1 (i) A, 1 (j) A ) = P(A (i) )P(A(j) della covarianza si ottiene la formula richiesta: Cov(Z (i) n, Z (j) n ) = =i =j ) = 1 Cov(1 (i) A, 1 (j) A ) = ), dunque Cov(1 A (i), 1 A (j) ) = 0. A(j) ) = P(X = i, X = 1 = 1. Usando la bilinearità Le variabili aleatorie (Z n (i) ) i,n N non sono indipendenti, perché in tal caso sarebbero scorrelate, ossia Cov(Z n (i), Z n (j) ) = 0 per ogni n, i, j N, mentre così non è, per quanto appena mostrato. =i 1.

7 7 Esercizio 6. Data una successione (q n ) n N0 a valori in [0, 1], definiamo la successione (r i ) i N0 ponendo i r 0 := q 0, r 1 := q 0 q 1,... r i := q j = q 0 q 1 q i,... (a) Si spieghi perché esiste il limite r := lim i r i [0, 1]. Si mostri quindi che r i 1 (1 q i ) = r 0 r. i N Consideriamo ora il seguente problema. Marta si trova alla base di una scalinata (infinita), in cui i gradini sono etichettati (dal basso verso l alto) con i numeri 0, 1,,.... Su ogni gradino i è appoggiata una moneta che dà testa con probabilità q i e croce con probabilità 1 q i ; assumiamo che q 0 = 1, mentre q i (0, 1) per i 1. Ad ogni istante, Marta lancia la moneta del gradino su cui si trova: se esce testa, sale di un gradino, mentre se esce croce ritorna al gradino di partenza, il numero 0. Indicando con X n la posizione di Marta nell istante n, il processo (X n ) n 0 è un opportuna catena di Marov sull insieme E = {0, 1,,...} (con X 0 = 0). (b) Si scriva il valore p ij della matrice di transizione della catena di Marov, per ogni i, j E. Si disegni quindi il grafo corrispondente, completando la figura seguente con frecce e numeri. Si mostri che la catena è irriducibile e se ne determini il periodo. j= (c) Assumiamo che r = 0 (vedi punto (a)). Si determini la misura invariante per la catena, esprimendola in termini della successione (r i ) i N0 e mostrando che essa è unica a meno di multipli. Si mostri quindi che la catena è ricorrente positiva se e solo se i 1 r i <. Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da { p ij = 1 1 (δ i i+1 + δ i 0 ) = se j = i + 1 oppure j = 0 0 altrimenti Il grafo corrispondente è. 1 q 1 q q 3 q q 1 1 q 1 q 3 1 q 4 Chiaramente , quindi 0 i per ogni i E. D altro canto i 0, dunque 0 i per ogni i E, da cui segue che i j per ogni i, j E. C è dunque una sola classe di comunicazione, l intero spazio E, ossia la catena è irriducibile. In particolare, tutti

8 8 gli stati hanno lo stesso periodo e basta calcolare quello dello stato 0. Dato che p (1) 01 p(1) 10 > 0 e p (1) 01 p(1) 1 p(1) 0 > 0, si ha che p() 00 > 0 e p(3) 00 > 0; il periodo della catena è il massimo comune divisore di un insieme che contiene e 3, pertanto vale 1, ossia la catena è aperiodica. (b) Il limite esiste perché la successione è decrescente. La serie è telescopica. (c) Il sistema di equazioni soddisfatto da una misura invariante (µ i ) i E è µ j = i E µ i p ij, j E. (1) Per j 1 tale sistema dà µ j = µ j 1 p j 1,j = µ j 1 q j 1. Di conseguenza, induttivamente, µ j = µ j 1 q j 1 = µ j q j q j 1 =... = µ 0 q 0 q 1 q j q j 1 = µ 0 r j 1, j 1. Questo mostra che, se una misura invariante esiste, essa è unica a meno di multipli ed è data da µ j = µ 0 r j 1 per j 1. Resta solo da verificare che (1) è soddisfatta anche per j = 0: applicando la relazione dimostrata nel punto (a), e ricordando che r 0 = 1 e r = 0 per ipotesi, si ottiene µ 0 = i 1 µ i p i0 = i 1 µ 0 r i 1 (1 q i ) = µ 0 (r 0 r ) = µ 0. La catena è ricorrente positiva se e solo se la misura invariante ha massa totale finita, e la condizione i E µ i < è equivalente a i 1 r i <, essendo µ i = µ 0 r i 1 per i 1.

9 9 Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori di Φ(z) := z e 1 x π dx, la funzione di ripartizione della distribuzione normale standard N(0, 1), per 0 z 3.. Ricordiamo che I valori di Φ(z) per z < 0 possono essere ricavati grazie alla formula Φ(z) = 1 Φ( z). z