I Appello di Calcolo delle Probabilità Laurea Triennale in Matematica 6/7 Martedì 3 gennaio 7 Cognome: Nome: Email: 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 Ho una moneta A regolare e una moneta B per cui la probabilità di ottenere testa vale 3 Scelgo una moneta a caso, con uguale probabilità, e la lancio ripetutamente (a) Qual è la probabilità p che in un lancio esca testa? E la probabilità p n che in n lanci escano n teste? (b) Se in n lanci escano n teste, qual è la probabilità che la moneta scelta sia A? Che cosa succede nel limite n? Soluzione (a) Introduciamo gli eventi A := scelgo la moneta A e T i := esce testa all i-esimo lancio Si ha P(A) =, P(T i A c ) = 3, P(T i A) =, dunque la probabilità che in un lancio esca una testa vale p = P(T i A)P(A) + P(T i A c )P(A c ) = ( 3 + ) = 5 8 Introduciamo ora l evento B n := in n lanci escono n teste Per costruzione, gli eventi (T i ) i N sono indipendenti rispetto alle probabilità condizionali P( A) e P( A c ) Dato che B n = T T T n, si ottiene da cui P(B n A) = P(T A) n = n, P(B n A c ) = P(T A c ) n = p n = P(B n ) = P(B n A)P(A) + P(B n A c )P(A c ) = (b) Per la formula di Bayes P(A B n ) = P(B n A)P(A) P(B n ) Si noti che P(A B n ) ( 3) n per n = n + ( 3 n ) n = ( n + + ( ) 3 n ( ) 3 n, ( ) 3 n )
Esercizio Siano X U(, ) e Y Geo(p) variabili aleatorie indipendenti Sia Z := Y X (a) Si dica se sono ben definite e, nel caso, si determinino E[Z], Var[Z], Cov[Z, Y ] (b) Si fissi n N Qual è la distribuzione della variabile aleatoria W n := n X? (c) Dato m N, si calcoli la funzione di ripartizione F Z (z) per ogni z [m, m] [Sugg Si considerino gli eventi {Y < m}, {Y = m}, {Y > m}] (d) Si mostri che P(Z = z) = per ogni z Soluzione (a) È noto che X, Y L, dunque anche Z L, quindi valore medio, varianza e covarianza sono ben definiti È noto che E[X] =, Var[X] =, E[Y ] = p, Var[Y ] = p p, quindi per linearità E[Z] = E[Y ] E[X] = p = p p ; per proprietà della varianza della somma di va indipendenti (essendo Cov[X, Y ] = ) Var[Z] = Var[Y ] + Var[X] = p p + = p p + p ; per la bilinearità della covarianza Cov[Z, Y ] = Cov[Y, Y ] Cov[X, Y ] = Var[Y ] = p p (b) Dato che X (, ), si ha W n (n, n), pertanto F Wn (w) = se w n mentre F Wn (w) = se w n Nel regime interessante n < w < n si ha F Wn (w) = P(W n w) = P(X n w) = (n w) = w (n ), dato che P(X x) = x per < x < In definitiva se w n F Wn (w) = w (n ) se n < w < n se w n È facile riconoscere la funzione di ripartizione di una va W n U(n, n) In alternativa, essendo F Wn di classe C a tratti, W n è assolutamente continua con densità f Wn (w) = F W n (w) = (n,n) (w), da cui W n U(n, n) (c) Per la formula di disintegrazione, se m z < m, F Z (z) = P(Z z) = P(Z z, Y < m) + P(Z z, Y = m) + P(Z z, Y > m) Se Y < m, ossia Y m, allora anche Z m, pertanto automaticamente Z z, quindi P(Z z, Y < m) = P(Y < m) = P(Y m ) Viceversa, se Y > m, ossia Y m +, allora Z m, pertanto non si può avere Z z, quindi P(Z z, Y > m) = In definitiva F Z (z) = P(Y m ) + P(Z z, Y = m) = P(Y > m ) + P(m X z, Y = m) = ( p) m + P(W m z)p(y = m) = ( p) m + (z (m ))p( p) m
3 (d) Dal punto precedente si può notare che la funzione F Z è continua in ogni punto z (infatti F Z (z) = per z < e F Z (m ) = F Z (m) per m N) Pertanto P(Z = z) = F Z (z) F Z (z ) = (In effetti, la funzione F Z è C a tratti, dunque la va Z è assolutamente continua, con densità f Z (z) = P(Y = m) = p( p) m se m z m) In alternativa, in modo più diretto, disintegrando rispetto ai valori assunti da Y, si ha P(Z = z) = n N P(Z = z, Y = n) = n N P(n X = z, Y = n) = n N P(X = n z)p(y = n) =, dove l ultima uguaglianza segue dal fatto che P(X = x) = per ogni x, essendo X assolutamente continua
Esercizio 3 Siano X, Y variabili aleatorie reali con densità congiunta f (X,Y ) (x, y) = se (x, y) D D(x, y) =, altrimenti avendo posto (a) Si calcolino le densità marginali di X e Y D := {(x, y) : < x <, < y < x } (b) Le variabili aleatorie X e Y sono indipendenti? (c) Si definisca la variabile aleatoria Z := XY e si dica per quali p (, ) si ha Z L p (d) Si calcoli per ogni t, z [, ] la probabilità P(X t, Z z) Le variabili aleatorie X e Z hanno la stessa legge? Sono indipendenti? Soluzione 3 (a) Si noti che f X (x) = se x (, ), perché in tal caso f (X,Y ) (x, y) = per ogni y Per x (, ) x f X (x) = f (X,Y ) (x, y) dy = dy = x Analogamente, f Y (y) = se y (, ) Conviene considerare separatamente i regime y (, ) e y (, ], dal momento che Dunque per y > D = { < y, < x < } { < y <, x < y } f Y (y) = mentre per < y f Y (y) = f (X,Y ) (x, y) dx = f (X,Y ) (x, y) dx = y dx = y, dx = (b) Le variabili aleatorie X e Y non sono indipendenti perché la densità congiunta f (X,Y ) (x, y) si annulla sull aperto { < x <, y > x } mentre il prodotto delle densità marginali f X (x)f Y (y) è strettamente positivo su tale aperto, dunque non si può avere f (X,Y ) (x, y) = f X (x)f Y (y) per Leb-qo (x, y) (c) Si noti che P((X, Y ) D) =, perché la densità f (X,Y ) (x, y) si annulla al di fuori di D Dunque < X < e < Y < / X qc, da cui segue che < XY <, ossia < Z < Ciò mostra che Z è limitata, dunque Z L p per ogni p (, ) In alternativa, basta calcolare E[ Z p ] = E[X p Y p ] = x p y p f (X,Y ) (x, y) dx dy = = x p dx = (p + )x p+ (p + ) ( x p x ) y p dy dx x dx = p + <
5 (d) Si noti che {X t, Z z} = {X t, XY z} = {(X, Y ) A} dove z A = {(x, y) : x t, y } x Di conseguenza, per t, z [, ], P(X t, Z z) = f (X,Y ) (x, y) dx dy = = A {<x t, <y z x } = z x dx dy = A D t dx dy ( z x ) t dy dx = z x dx Ponendo t = si ottiene P(Z z) = z per z Dunque Z è assolutamente continua con densità f Z (z) = F Z (z) = z (,)(z), la stessa densità di X Abbiamo mostrato che P(X A, Z B) = P(X A)P(Z B) per ogni semiretta A = (, t] e B = (, z] Dato che le semirette sono una base dei boreliani, segue che X e Z sono indipendenti
6 Esercizio Sia X, X, una successione di variabili aleatorie iid con leggi Exp(λ) Definiamo la successione Y, Y, ponendo Y i := X i Si osservi che le variabili aleatorie Y, Y, sono indipendenti e identicamente distribuite (perché?) (a) Si determini la legge di Y, mostrando che è assolutamente continua (b) Per quali p (, ) si ha Y L p? (c) Definiamo per n Λ n := min{y,, Y n }, W n := (log n) Λ n Si mostri che W n converge in distribuzione e si identifichi il limite Soluzione Le variabili aleatorie Y i sono indipendenti per conservazione dell indipendenza (funzioni di va indipendenti) e identicamente distribuite per conservazione della legge (la stessa funzione applicata a va identicamente distribuite) (a) Chiaramente F Y (y) = se y, perché Y > qc Per y > F Y (y) = P(Y y) = P(X /y) = e λ y, perché P(X x) = e λx se X Exp(λ) e x Dato che e λ y per y, la funzione è C a tratti, dunque la va Y è assolutamente continua con densità F Y (b) Usando la densità ricavata λ f Y (y) = F Y (y) = λ e y y (, )(y) E[ Y p ] = E[Y p ] = y p f Y (y) dy = λ λ e y dy y p La funzione integranda è continua, dunque integrabile (perché misurabile e limitata) in ogni intervallo compatto [a, b] (, ) esta da studiare la finitezza dell integrale in un intorno di zero o infinito Per y non ci sono problemi di integrabilità, grazie all esponenziale: la funzione integranda ha limite zero per y, quindi è limitata (dunque integrabile) Per y si ha e λ y λ, dunque l integranda è asintotica a, quindi è integrabile se e solo y p se p >, ossia p < In definitiva, Y L p se e solo se p < Le stesse conclusioni si possono ottenere a partire dalla legge di X, in quanto E[Y p ] = E [ X p ] = x p λ e λx dx, che è finito se e solo se p < (questa volta i possibili problemi sono solo per x ) (c) Essendo Λ n > qc, si ha F Λn (z) = per z, mentre per z > F Λn (z) = P(Λ n > z) = P(Y > z,, Y n > z) = P(Y > z) n = ( F Y (z)) n = ( e λ z ) n Di conseguenza si ha F Wn (w) = per w, mentre per w > F Wn (w) = P(W n w) = P(Λ n w log n ) = F Λ n ( w log n ) = ( e λ w log n) ( n = ) n n λ w
7 Per valutare il limite di questa espressione, conviene ricordare che log( + x) = x( + o()) per x Posto per brevità a := λ w, possiamo scrivere log [( n ) n ] a = n log ( n ) ( a = n n ) a ( + o()) se a < = n a ( + o()) se a = n se a > Di conseguenza, per ogni w, lim F e se w > λ se w > λ limn log[( W n n (w) = e n λ/w )n ] = G(w) := e se w = λ = e e se w = λ se w < λ se w < λ La funzione G(w) non è una funzione di ripartizione, perché non è continua da destra nel punto w = λ Tuttavia, modificando il valore della funzione in tale punto, ossia ponendo { se w λ H(w) := se w < λ, si ottiene una funzione di ripartizione, più precisamente la funzione di ripartizione di una va costante W = λ qc Abbiamo dunque mostrato che lim n F W n (w) = H(w) = F W (w) w λ Dato che w = λ è l unico punto di discontinuità della funzione di ripartizione H = F W, abbiamo mostrato che W n converge in distribuzione verso la costante W = λ
8 Esercizio 5 È facoltativo giustificare il seguente integrale: x tx e t : e dx = e t ( ) π Diremo che una variabile aleatoria reale X ha distribuzione log-normale di parametro β, e scriveremo X LN(β), se dove d = significa ha la stessa distribuzione di (a) Data X LN(β), si mostri che E[X] = X = d β βz e, con Z N(, ), Siano X, X,, X n variabili aleatorie indipendenti log-normali di parametro β (b) Si mostri che la seguente variabile aleatoria T n := X X X n ha distribuzione log-normale, determinandone il parametro Si osservi che E[T n ] = D ora in avanti poniamo β = (c) Si mostri che lim P(T n > e n ) = n (d) Si mostri che T n in probabilità Si dica se T n converge in L Soluzione 5 Per calcolare l integrale basta completare il quadrato scrivendo tx x = t (x t) Oppure, basta dividere ambo i membri per e t, ottenendo x tx e e (x t) e dx = dx =, π π e t dove l ultima uguaglianza segue dal fatto che l integranda è la densità di una N(t, ) (a) Usando l integrale ( ) con t = β β βz E[X] = E[e ] = e β e x βx e π dx = e β e β = (b) Siano Z,, Z n va iid N(, ) Allora X,, X n hanno la stessa legge congiunta rispettivamente di e βz β β βzn,, e Segue che T n d = e βz β e βz β e βz n β = e β(z ++Z n) n β d Dato che Z + + Z n N(, n), possiamo scrivere Z + + Z n = nz con Z N(, ), pertanto d T n = e (β n)z (β n), ossia T n LN(β n) Per il punto precedente, si ha E[T n ] = Questo valore si può anche calcolare direttamente, usando l indipendenza delle va X i : E[T n ] = E[X ]E[X ] E[X n ] = d (c) Usando la rappresentazione T n = e (β n)z (β n) = e nz n, si ha P(T n > e n ) = P(e nz n > e n ) = P( nz n > n) = P(Z > n ) n
9 (d) Per ogni ε > fissato, si ha ε > e n per n sufficientemente grande, da cui P( T n > ε) = P(T n > ε) P(T n > e n ) n, dunque T n in probabilità Se T n convergesse in L, si dovrebbe avere T n in L, in particolare E[T n ] E[] =, ma così non è, dato che E[T n ] = per ogni n N; dunque T n non ha limite in L
Esercizio 6 Sia X = (X n ) n una catena di Markov sull insieme E = {,, 3,, 5} con il seguente grafo di transizione: 3 5 3 3 Indichiamo come al solito P i ( ) := P( X = i) (a) Si scriva la matrice di transizione, si classifichino gli stati (transitori, ricorrenti positivi, ricorrenti nulli) e se ne determini il periodo (b) Partendo dallo stato, qual è la probabilità di raggiungere prima o poi lo stato 3? (c) (*) Quanto valgono lim n P (X n = 3) e lim n P (X n = 5)? Soluzione 6 (a) Si ha 3 3 p = Chiaramente {3} e {5} sono classi di comunicazione chiuse e finite, dunque ricorrenti positive, mentre {,, } è una classe di comunicazione (infatti ) non chiusa (in quanto 3), quindi transitoria Gli stati 3 e 5 hanno periodo, in quanto p 33 = p 33 > e p 55 = p 55 > Anche gli stati,, hanno periodo, in quanto p = p > (gli stati di una classe di comunicazione hanno lo stesso periodo) (b) Sia σ = σ {3} := min{n : X n = 3} Le probabilià di assorbimento h i = h {3} i := P i (σ < ) soddisfano il sistema h 3 = h 5 = h i = j E p ijh j se i =,, Dunque h = 3 h + 3 h h = h + h + h = h + h La seconda relazine dà 3 h = h + ossia h = 3 h + 3 Sostituendo nelle altre relazioni { 7 9 h = 9 + 3 h si ha { h = 9 h + 9 + 3 h h = h + 3 h + 6 h = 7 h + 6
Sostituendo la seconda relazione nella prima si ottiene infine 7 9 h = 9 + 7 8 h + 7 9 8 h = h = 9 7 (c) Per il punto precedente si ha lim n P (X n = 3) = 7 Infatti gli eventi A n := {X n = 3} sono crescenti, ossia A n A n+ per ogni n N (questo perché, una volta raggiunto lo stato 3, non lo si lascia più), e vale che n N A n = {σ {3} < }, quindi per continuità dal basso della probabilità h = P (σ {3} < ) = lim n P (A n ) = lim n P (X n = 3) D altro canto lim n P (X n = i) = per i =,,, perché tali stati sono transitori Dato che 5 i= P (X n = i) =, segue che lim n P (X n = 5) = 3 7