Laurea Triennale in Matematica 2011/12 Nome:
1 febbraio 2012 Email:
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).
PARTE I (Esercizi 1–2–3)
Esercizio 1. Il 50% degli studenti che si presentano a un esame è molto preparato, il 30% ha una preparazione media mentre il 20% è poco preparato. La probabilità che uno studente risponda correttamente a un determinato quesito della prova è pari a 89 se lo studente è molto preparato, 59 se ha una preparazione media e 19 se è poco preparato. Se uno studente risponde correttamente al quesito, qual è la probabilità che sia poco preparato?
Soluzione 1. Introduciamo gli eventi D:= “la risposta al quesito è corretta” e A := “lo studente è molto preparato”, B:= “lo studente è mediamente preparato”, C := “lo studente è poco preparato”.
Allora
P(D|A) = 8
9, P(D|B) = 5
9, P(D|C) = 1 9, da cui
P(D) = P(D|A) P(A) + P(D|B) P(B) + P(D|C) P(C) = 8 9 1 2 +5
9 3 10+ 1
9 1 5 = 4
9 +1 6+ 1
45 = 57 90. Infine
P(C|D) =P(D|C) P(C)
P(D) =
1 9 1 5 57 90
= 2 57.
Esercizio 2. Livio e Alessandra fanno il gioco seguente. Esaminano i primi due numeri estratti sulla ruota di Venezia (VE) del Lotto (sono due numeri distinti, scelti uniformemente tra1 e 90):
• se entrambi i numeri sono pari, vince Livio e il gioco si conclude;
• se uno dei numeri è pari e l’altro è dispari, vince Alessandra e il gioco si conclude.
Se invece entrambi i numeri sono dispari, Livio e Alessandra aspettano la prossima estrazione della ruota di VE e applicano le stesse regole per decidere se vince l’uno o l’altra (e il gioco si conclude) oppure se il gioco prosegue con l’estrazione successiva; e così via.
Per ogni n ∈ N definiamo gli eventi
Bn:= “i primi due numeri dell’n-esima estrazione della ruota di VE sono entrambi pari” , Cn:= “i primi due numeri dell’n-esima estrazione della ruota di VE sono entrambi dispari” , Dn:= “i primi due numeri dell’n-esima estrazione della ruota di VE sono uno pari e uno dispari” . Sia T la variabile aleatoria (a valori in N ∪ {+∞}) che indica la durata del gioco, cioè {T = n} è l’evento “il gioco si conclude all’n-esima estrazione della ruota di VE”. Sia infine
A := “il gioco si conclude con la vittoria di Alessandra” .
(a) Si calcolino le probabilità β := P(Bn), γ := P(Cn), δ := P(Dn) che non dipendono da n ∈ N.
(b) Per n ∈ N si esprima l’evento {T = n} in funzione (di alcuni) degli eventi {Bk, Ck, Dk}k∈N (mediante unioni, intersezioni, ecc.). Si identifichi quindi la legge di T . Qual è la probabilità
che il gioco non finisca mai?
(c) Si mostri che la probabilità che il gioco si concluda al turno n con la vittoria di Alessandra è pari a γn−1δ. Si deduca la probabilità che il gioco si concluda con la vittoria di Alessandra.
Soluzione 2. (a) α= 124489 = 2289, β= 124489 = 2289, γ = 4589. Si noti che β+ γ + δ = 1.
(b) {T = n} = C1 ∩ . . . ∩ Cn−1∩ Cn−1c e per l’indipendenza P(T = n) = γn−1(1 − γ), cioè T ∼ Ge(1 − γ) = Ge(β + δ).
(c) L’evento in questione è A ∩ {T = n} = C1∩ . . . ∩ Cn−1∩ Dn, da cuiP(A ∩ {T = n}) = γn−1δ.
QuindiP(A) =P
n∈NP(A ∩ {T = n}) = 1−γδ = δ+βδ .
Esercizio 3. SiaΘ una variabile aleatoria reale con distribuzione uniforme nell’intervallo (−π2,π2) e sia X:= tan(Θ).
Per lo svolgimento dell’esercizio può essere utile ricordare chearctan(z) + arctan(z1) = π2, ∀z ∈ R.
(a) Si mostri che X è una variabile aleatoria reale assolutamente continua con densità fX(x) := 1
π 1 1 + x2 .
(b) Si calcoli P(X > z) per ogni z ∈ R e si mostri che per z → +∞
P(X > z) ∼ 1 π
1 z.
(c) Sia ora {Xn}n∈N una successione i.i.d. di variabili aleatorie con la stessa legge di X e si definisca Mn:= max{X1, . . . , Xn} per n ∈ N. Si discuta la convergenza in legge (e, facoltativo, la convergenza q.c.) della successione Mnn.
Soluzione 3. (a) Si ha fΘ(ϑ) = FΘ0 (ϑ) = π11(−π
2,π2)(ϑ). Per ogni x ∈ R si ha FX(x) = P(X ≤ x) = P(tan(Θ) ≤ x) = P(Θ ≤ arctan(x)) = FΘ(arctan(x)), da cui segue che FX è C1 (in effetti C∞) con FX0 (x) = FΘ0(arctan(x)) arctan0(x) = π11+x1 2. Quindi X è assolutamente continua con densità fX(x) = π11+x1 2.
(b) Ricordando che arctan(t) = t + o(t) per t → 0, si ottiene P(X > z) = 1
π Z ∞
z
1
1 + x2 dx = 1
π [arctan(x)]∞z = 1 π
π
2 − arctan(z)
= 1
π arctan 1 z
= 1 π
1
z + o 1 z
, per z →+∞ . (c) Per ogni t >0 fissato si ha
P Mn n ≤ t
= FMn(nt) = FX(nt)n
= 1 − P (X > nt)n
=
1 − 1
πt 1
n+ o 1 n
n
= exp
nlog
1 − 1
πt 1
n+ o 1 n
= exp
n
− 1 πt
1
n+ o 1 n
= exp
−1
πt+ o (1)
, quindilimn→∞P Mnn ≤ t = F (t) := exp[−πt1]. Dato che F è una funzione di ripartizione, segue che Mnn converge in legge verso una v.a. la cui funzione di ripartizione è F .
La successione Mnn non può convergere q.c.: in caso contrario, la v.a.(limn→∞ Mn
n ) sarebbe q.c. costante, per la legge 0-1 di Kolmogorov, ma così non è, perché la sua funzione di ripartizione è F .
PARTE II (Esercizi 4–5–6)
Esercizio 4. Sia(X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale, definito su uno spazio di probabilità (Ω, A, P), con densità
fX,Y(x, y) = α(α + 1)
(1 + x + y)2+α 1[0,∞)(x) 1[0,∞)(y) , dove α ∈(0, ∞) è una costante fissata.
(a) Si mostri, possibilmente senza fare conti, che le componenti X e Y hanno la stessa legge. Si mostri quindi che la funzione di ripartizione di X (e di Y ) è data da
FX(t) =
1 − 1
(1 + t)α
1[0,∞)(t) . (b) Per quali valori di p ∈[1, ∞) si ha che X ∈ Lp?
(c) Per c ∈(0, ∞) si calcoli la funzione di ripartizione della variabile aleatoria Zc:= cX. Si mostri quindi che, per ogni s ∈(0, ∞) fissato, la legge di X rispetto alla probabilità condizionata P∗:= P( · |Y > s) coincide con la legge della variabile aleatoria Zc(rispetto alla probabilità originaleP), per un opportuno valore della costante c ∈ (0, ∞).
[Sugg.: Si calcoliP(X > t, Y > s).]
(d) Le variabili aleatorie X e Y sono indipendenti?
Soluzione 4. (a) La funzione fX,Y(x, y) è simmetrica in x, y, quindi le densità marginali di X e Y , ottenute integrando la funzione fX,Y rispetto a ciascuna variabile, coincidono. Si ha inoltre
fX(x) = Z
R
fX,Y(x, y) dy = α
−1
(1 + x + y)1+α
y=∞
y=0
1[0,∞)(x) = α
(1 + x)1+α 1[0,∞)(x) , da cui con un’integrazione si ricava la formula per FX.
(b) Per il punto precedente
E(|X|p) = Z ∞
0
1 α
xp
(1 + x)1+α dx .
Dato che l’integrando è asintotico a 1α x1+α−p1 per x →+∞, l’integrale è finito — e dunque X ∈ Lp — se e solo se p < α.
(c) Usando l’espressione per FX si ha FZc(t) = P(cX ≤ t) = FX
t c
=
1 − 1
(1 + t/c)α
1[0,∞)(t) =
1 − cα (c + t)α
1[0,∞)(t) . Inoltre per s, t ≥0
P(X > t, Y > s) = Z ∞
t
dx Z ∞
s
dyfX,Y(x, y) = Z ∞
t
dx α
(1 + x + s)1+α = 1 (1 + s + t)α, da cui segue che per t, s ≥0
P∗(X ≤ t) = P(X ≤ t|Y > s) = 1 − P(X > t|Y > s) = 1 −P(X > t, Y > s)
P(Y > s) = 1 − (1 + s)α (1 + s + t)α, mentre naturalmenteP∗(X ≤ t) = 0 se t ≤ 0. Questo mostra che la funzione di ripartizione di X rispetto alla probabilitàP∗ coincide con la funzione di ripartizione di Zcsopra calcolata per c= 1 + s. Dato che la funzione di ripartizione identifica la legge, il punto è concluso.
(d) Se fossero indipendenti, la legge di X rispetto a P∗ dovrebbe coincidere con la legge di X rispetto alla probabilità originariaP, ma così non è. Quindi X e Y non sono indipendenti.
Esercizio 5. Sia {Xn}n∈N una successione di variabili aleatorie reali indipendenti, definite su uno spazio di probabilità(Ω, A, P), con leggi marginali di Poisson: Xn∼ P o(λn), dove {λn}n∈N è una successione positiva fissata, per semplicità diciamo decrescente, tale chelimn→∞λn= 0.
Si mostri che Xn → 0 in probabilità (e, facoltativo, anche in Lp per ogni p ∈[1, ∞)). Si dia quindi un esempio di successione {λn}n∈N per cui la convergenza Xn→ 0 non abbia luogo q.c..
Soluzione 5. Per ogni ε >0 si ha
P(|Xn| > ε) ≤ P(Xn6= 0) = 1 − P(Xn= 0) = 1 − e−λn → 0 perché λn→ 0 per ipotesi. Inoltre
E(|Xn|p) = X
k∈N0
e−λnkp (λn)k
k! =: X
k∈N0
an(k) .
Per n → ∞ si ha an(k) → 0, per ogni k ∈ N0 fissato. Inoltre an(k) ≤ kp (λk!0)k per ogni n ∈ N, perché λn è decrescente e positiva. Dato che P
k∈N0kp (λk!0)k < ∞ (perché?), per convergenza dominata si conclude cheE(|Xn|p) → 0 per ogni p ∈ (1, ∞).
Infine, qualunque successione tale cheP
n∈Nλn= ∞, per esempio λn= n1, è tale che X
n∈N
P(|Xn| ≥ 1) =X
n∈N
P(Xn6= 0) = X
n∈N
(1 − e−λn) = ∞ ,
perché1 − e−λ∼ λ per λ → 0. Dato che gli eventi {{|Xn| ≥ 1}}n∈N sono indipendenti, segue dal lemma di Borel-Cantelli che q.c. |Xn| ≥ 1 per infiniti n, dunque Xn6→ 0 q.c..
Esercizio 6. Si consideri la catena di Markov X = {Xn}n∈Na valori nell’insieme E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, corrispondente al seguente grafo:
1 2
1 3 1
1 3
1 4
3 4
5 6
1 3
1 3
1 3 1 2 2
(a) Si scriva la matrice di transizione della catena, si identifichino le classi di irriducibilità e si classifichino gli stati (transitori, ricorrenti positivi, ricorrenti nulli).
(b) Si determinino le misure invarianti della catena. Si determini quindi
n→∞lim p(n)1,j = lim
n→∞P1(Xn= j) = lim
n→∞P(Xn= j|X0 = 1) per ogni j ∈ E.
Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da
p=
2 3
1
3 0 0 0 0
1 2
1
2 0 0 0 0
0 13 0 13 13 0 0 0 12 12 0 0 0 0 0 0 23 13 0 0 0 0 14 34
.
Le classi irriducibili sono R1 = {1, 2}, R2 = {5, 6} (chiuse, dunque ricorrenti positive) e T1 = {3, 4} (non chiusa, dunque transitoria).
(b) Le probabilità invarianti estremali sono concentrate sulle classi ricorrenti. La probabilità {πi(1)}i∈E concentrata su R1 soddisfa le relazioni π(1)i = 0 per i = 3, 4, 5, 6 e
2
3π(1)1 +1
2π(1)2 = π1(1), π1(1)+ π2(1)= 1 ,
da cui π1(1)= 35, π(1)2 = 25. Analogamente a probabilità {πi(2)}i∈E concentrata su R2 soddisfa le relazioni πi(2)= 0 per i = 1, 2, 3, 4 e
2
3π(2)5 +1
4π(2)6 = π5(2), π5(2)+ π6(2)= 1 ,
da cui π5(2)= 37, π(2)6 = 47. Tutte le probabilità invarianti sono date da πi = απ(1)i + (1 − α)π(2)i al variare di α ∈[0, 1].
Dato che {1, 2} è una classe chiusa, per j = 3, 4, 5, 6 si ha p(n)1j = 0 per ogni n ∈ N e dunque limn→∞p(n)1,j = 0. Dato che la catena di Markov ristretta a {1, 2} è irriducibili, aperiodica e ricorrente positiva, con probabilità invariante {πi(1)}i∈E, per il teorema limite visto a lezione si ha
n→∞lim p(n)1,1 = π1(1) = 3
5, lim
n→∞p(n)1,2 = π(1)2 = 2 5.
