Laurea Triennale in Matematica 2012/13 Nome:
30 gennaio 2013 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).
PARTE I (Esercizi 1, 2, 3)
Esercizio 1. Nei quesiti seguenti, con “dado” si intende un dado regolare a sei facce e con “moneta”
si intende una moneta equilibrata.
(a) Si determini la probabilità p (risp. q) che lanciando due dadi (risp. tre dadi) il punteggio totale sia 5.
(b) Gaia è indecisa su quanti dadi lanciare. Per sciogliere questo dilemma, affida la scelta al lancio di una moneta: se esce testa, ne lancia due; se invece esce croce, ne lancia tre. Se accade che il punteggio totale ottenuto è pari a 5, ritenete più probabile che Gaia abbia lanciato due dadi oppure tre? O forse le due eventualità sono equiprobabili?
Si motivi quantitativamente (e, se si vuole, anche qualitativamente) la risposta.
Soluzione 1. (a) Lo spazio di probabilità naturale è dato dall’insieme Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}2 (risp.Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}3), munito della probabilità uniforme. Si ottiene p= 364 = 19 (risp.
q= 2166 = 361), perché ci sono 4 (risp. 6) modi possibili di ottenere un punteggio totale pari a 5 lanciando due (risp. tre) dadi.
(b) Introducendo gli eventi A:= “Gaia sceglie due dadi” e B := “il punteggio totale è pari a 5”, si haP(A) = 12 eP(B|A) = p, P(B|Ac) = q per il punto precedente. Quindi
P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|Ac)P(Ac) = 1
2(p + q) . Per la formula di Bayes
P(A|B) = P(B|A)P(A)
P(B) = p12
1
2(p + q) = p p+ q, e di conseguenza
P(Ac|B) = 1 − P(A|B) = q p+ q.
Quindi, sapendo che si è verificato B, ossia che il punteggio totale è pari a 5, l’eventualità (condizionalmente) più probabile è che Gaia abbia lanciato due dadi, perché p > q e dunque
P(A|B) > P(Ac|B).
Esercizio 2. Dieci coppie di sposi partecipano alla seguente lotteria. A ciascuna delle venti persone viene consegnato un biglietto, e tra questi ce ne sono sei “speciali”. Se in una coppia sia il marito che la moglie ricevono un biglietto speciale, la coppia vince un viaggio per le isole Dodo; altrimenti, la coppia in questione non vince niente. [Può essere utile numerare le persone da1 a 20, indicando ad esempio ogni marito con un numero dispari e la rispettiva moglie con il numero pari successivo.
In questo modo, la prima coppia corrisponde a {1, 2}, la seconda a {3, 4}, ecc.]
(a) Si calcoli la probabilità p che una coppia fissata (ad esempio, la prima) vinca il viaggio.
(b) Si calcoli la probabilità q che due coppie fissate distinte (ad esempio, le prime due) vincano entrambe il viaggio.
Introduciamo ora, per ogni i ∈ {1, . . . , 10}, la variabile aleatoria Xi che assume il valore1 se la coppia i-esima vince il viaggio, e0 se non lo vince. Indichiamo quindi con S il numero di coppie che vincono il viaggio, e con T il numero di coppie che non lo vincono.
(c) Si calcolinoE(Xi) e Cov(Xi, Xj) per ogni i, j ∈ {1, . . . , 10}.
(d) Si deducano E(S) e Var(S).
(e) Si ricavino infineE(T ) e Var(T ).
N.B. Se lo si desidera, la risposta a un quesito può essere lasciata espressa in termini delle risposte ai quesiti precedenti.
Soluzione 2. (a) SiaΩ := {ω ⊆ {1, . . . , 20} : |ω| = 6} l’insieme dei sottoinsiemi di {1, . . . , 20}
con6 elementi, munito della probabilità uniforme. Sappiamo che |Ω| = 206. Sia Ai := l’i-esima coppia vince il viaggio .
L’evento A1coincide con l’insieme degli ω ∈Ω che contengono 1 e 2. Ogni tale ω è determinato dalla scelta dei rimanenti4 punti in {3, 4, . . . , 20}, che può essere fatta in 184 modi. Quindi
p= P(A1) =
18 4
20 6
= 6 · 5 20 · 19.
È charo che il risultato è lo stesso per qualsiasi coppia fissata, ossiaP(Ai) = p per ogni i.
(b) Ogni ω ∈ A1∩ A2 contiene per costruzione i punti1, 2, 3, 4 e pertanto restano da scegliere i rimanenti2 punti in {5, . . . , 20}, scelta che ha 162 esiti possibili. Un discorso analogo si può fare per Ai∩ Aj con i 6= j, pertanto
q= P(Ai∩ Aj) = |Ai∩ Aj|
|Ω| =
16 2
20 6
=
6 · 5 · 4 · 3 20 · 19 · 18 · 17.
(c) Si ha Xi= 1Ai ∼ Be(p) quindi E(Xi) = p e, per i = j, Cov(Xi, Xi) = Var(Xi) = p(1 − p).
Se i 6= j si ha E(XiXj) = E(1Ai∩Aj) = P(Ai∩ Aj) = q, quindi Cov(Xi, Xj) = E(XiXj) − E(Xi)E(Xj) = q − p2.
(d) Si ha S = X1+ . . . + X10=P10
i=1Xi pertanto E(S) =
10
X
i=1
E(Xi) = 10 E(X1) = 10 p ,
Var(S) =
10
X
i=1
Var(Xi) +
10
X
i6=j=1
Cov(Xi, Xj) =
= 10 Var(X1) + (10 · 9) Cov(X1, X2) = 10 p(1 − p) + 90 (q − p2) .
(e) Dato che T = 10 − S, si ha E(T ) = 10 − E(S) e Var(T ) = Var(S), per le proprietà di trasformazione di valor medio e varianza.
Esercizio 3. Siano X e Y variabili aleatorie reali indipendenti, entrambe con distribuzione N(0, 1).
Definiamo
S := X2, T := Y2, U := S + T .
(a) Si mostri che S e T hanno entrambe distribuzione Gamma(12,12). Si spieghi perché sono variabili aleatorie indipendenti.
[Sugg. Si esprima la funzione di ripartizione di S in termini di quella di X, e poi si ricavi la densità]
(b) Dopo aver spiegato perché la variabile aleatoria U è assolutamente continua, si mostri che essa ha densità fU(x) = 12e−x/2.
(c) Si determini per quali valori di α ∈ R si ha E(Uα) < ∞.
Soluzione 3. (a) Le variabili aleatorie S e T sono indipendenti e hanno la stessa distribuzione, perché sono ottenute applicando la stessa funzione (misurabile) alle variabili aleatorie indi- pendenti e con la stessa distribuzione X e Y . Chiaramente FS(s) = 0 per s < 0, mentre per s ≥0
FS(s) = P(S ≤ s) = P(X2≤ s) = P(−√
s ≤ X ≤√
s) = FX(√
s) − FX(−√ s) . Dato che FX è di classe C1, con derivata FX0 (x) = √1
2πe−x2/2, segue che FS è C1 a tratti, pertanto S è assolutamente continua con densità data per s ≥0 da
fS(s) = FS0(s) = 1 2√
sfX(√
s) + 1 2√
sfX(−√
s) = 1
√2π√
se−12s,
mentre fS(s) = 0 per s < 0. Questa è proprio la densità di una Gamma(12,12), perché Γ(12) =√
π.
(b) Per un risultato visto a lezione, U ∼Gamma(1,12) = Exp(12), perché somma di due variabili aleatorieGamma(12,12) indipendenti. La densità di una Exp(12) è proprio 12e−x/2.
(c) Dato che U è una variabile aleatoria q.c. positiva, il valor medio E(Uα) è sempre ben definito in[0, +∞]. Inoltre
E(Uα) = Z ∞
0
xαfU(x) dx = 1 2
Z ∞ 0
xαe−x/2dx = 2α Z ∞
0
zαe−zdz ,
col cambio di variabili x = 2z. L’integrale è finito su ogni compatto di (0, ∞), perché la funzione integranda è continua; inoltre è finito sul dominio[1, +∞), perché zαe−z< e−z/2per z sufficientemente grande. Infine, per z ↓0 c’è una singolarità se α < 0, che è integrabile se e solo se α > −1. In definitiva, E(Uα) < ∞ se e solo se α > −1 e in tal caso E(Uα) = 2αΓ(α+1).
PARTE II (Esercizi 4, 5, 6)
Esercizio 4. Sia(X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale assolutamente continuo, con densità fX,Y(x, y) = 1
x+ y1D(x, y) , dove D := {(x, y) ∈ R2: x > 0, y > 0, x + y < 1} . (a) Si determini la distribuzione della variabile aleatoria Z := X + Y , riconoscendola come
notevole.
(b) Si mostri che le componenti X e Y hanno la stessa densità f(x) = log 1
x
1(0,1)(x) .
(c) Si mostri che la funzione di ripartizione F = FX di X soddisfa la relazione F(x) ∼ x log 1
x
per x ↓0 .
(d) Siano ora {Xk}k∈N variabili aleatorie reali i.i.d. con la stessa distribuzione di X. Definiamo per n ∈ N la variabile aleatoria reale
Wn := (n log n) min{X1, . . . , Xn} .
Si mostri che Wn converge in distribuzione per n → ∞ verso un limite notevole.
Soluzione 4. (a) Applicando la formula mostrata a lezione, Z ha densità fZ(z) =
Z
R
fX,Y(x, z − x) dx = Z
R
1
z1D(x, z − x) dx =
Z
R
1
z1(0,z)(x) dx
1(0,1)(z) = 1(0,1)(z) , cioè Z ∼U(0, 1).
(b) X e Y hanno la stessa densità per simmetria, data da f(x) =
Z
R
fX,Y(x, y) dy = 1(0,1)(x) Z 1−x
0
1
x+ ydy = 1(0,1)(x)
log(x+y)
1−x 0
= log 1 x
1(0,1)(x) . (c) Si ha
F(x) = Z x
−∞
f(t) dt = − Z x
0
log(t) dt = −x log(x) + Z x
0
1 dt = x
log 1
x + 1
, da cui si ottiene che F(x) ∼ x log1x, come richiesto: infatti
F(x)
x logx1 = 1 + 1
log1x → 1 per x ↓0 , (d) Per t ≤0 si ha FWn(t) = 0, mentre per t > 0
FWn(t) = 1 −
1 − F
t
nlog n
n
. Per il punto precedente F(x) ∼ x logx1, pertanto
F
t
nlog n
∼ t
nlog n log n log n t
= t
nlog n
log n + log log n − log t
= t n
1 +log log n − log t log n
∼ t n, pertanto
n→∞lim FWn(t) = lim
n→∞1 −
1 − t
n
n
= 1 − e−t = FW(t) , con W ∼Exp(1) . Ciò significa che Wn→ W ∼ Exp(1) in distribuzione.
Esercizio 5. Si ricordi che, per ogni variabile aleatoria reale positiva X, vale la formula E(X) =
Z +∞
0
P(X > t) dt . (a) Si deduca che, se X è una variabile aleatoria reale positiva,
∀ε > 0 : X
n∈N
P(X > εn)
(< +∞ seE(X) < ∞
= +∞ seE(X) = ∞ .
Siano ora {Xn}n∈N variabili aleatorie reali positive, definite sullo stesso spazio di probabilità e con la stessa legge (ma non necessariamente indipendenti). Sia m:= E(X1) ∈ [0, +∞] e definiamo
Wn := Xn
n . (b) Se m <+∞, si mostri che Wn→ 0 q.c..
(c) Se m= +∞ e in aggiunta le variabili aleatorie {Xn}n∈N sono indipendenti (e dunque i.i.d.), si mostri che Wn6→ 0 q.c.. Che cosa si può dire sulla convergenza in probabilità di Wn? (d) Per concludere, si dia un esempio di successione {Tn}n∈N di variabili aleatorie i.i.d. tale che
log Tn
n 6→ 0 q.c. .
Si noti che è sufficiente specificare la distribuzione di T1 (come si preferisce: discreta, assolutamente continua, . . . ).
Soluzione 5. (a) La funzione t 7→P(X > t) è decrescente, pertanto per ogni ε > 0 e n ∈ N P(X > εn) · ε ≤
Z εn ε(n−1)
P(X > t) dt ≤ P(X > ε(n − 1)) · ε , da cui segue che
εX
n∈N
P(X > εn) ≤ E(X) = Z ∞
0
P(X > t) dt ≤ εX
n∈N
P(X > ε(n − 1)) . Questo mostra che la convergenza/divergenza della serieP
n∈NP(X > εn) è equivalente a E(X) < ∞ / E(X) = +∞.
(b) Per un criterio visto a lezione, corollario del lemma di Borel-Cantelli, per avere Wn→ 0 q.c.
basta mostrare che per ogni ε >0 X
n∈N
P(|Wn| > ε) = X
n∈N
P(Xn> εn) = X
n∈N
P(X1 > εn) < ∞ il che avviene seE(X1) < ∞, per il punto precedente.
(c) Per il punto precedente, in questo caso X
n∈N
P(|Wn| > ε) = X
n∈N
P(Xn> εn) = X
n∈N
P(X1 > εn) = ∞ . Dato che gli eventi {|Wn| > ε} sono indipendenti, per Borel-Cantelli si ha
P
lim sup
n→∞
{|Wn| > ε}
= 1 , ∀ε > 0 .
Questo chiaramente mostra che Wn6→ 0 q.c. (abbiamo anche visto un criterio a lezione).
Tuttavia continua a valere la convergenza in probabilità Wn→ 0. Infatti per ε > 0 P(|Wn| > ε) = P(Xn> εn) = P(X1 > εn) = 1 − FX1(εn) ,
e dato chelimx→+∞FX1(x) = 1 per ogni funzione di ripartizione, si ha P(|Wn| > ε) → 0.
(d) Per il punto precedente, è sufficiente cheE(log Tn) = +∞. Ad esempio, si può scegliere FXn(x) =
1 −1
x
1[1,∞)(x) , così cheP(Xn> x) = x1 per x >1. Ponendo Tn:= eXn, si ha
E(log Tn) = E(Xn) = Z ∞
0
P(Xn> x) dx = +∞ .
Esercizio 6. Si consideri la catena di Markov X= {Xn}n∈Na valori nell’insieme E= {1, 2, 3, 4, 5}, corrispondente al seguente grafo:
1
2 3
5 4
1 1
1 1
1 4
1 4
1 4 1
4
(a) Si scriva la matrice di transizione della catena, si identifichino le classi di comunicazione e si classifichino gli stati (transitori, ricorrenti positivi, ricorrenti nulli), determinandone il periodo.
(b) Si mostri che esiste un’unica probabilità invariante e la si determini, notando che non è reversibile. Se la catena parte inizialmente dallo stato 4, per tempi lunghi è più probabile trovarla nello stato2 o nello stato 3?
Soluzione 6. (a) La catena è irriducibile e finita, quindi tutti gli stati sono ricorrenti positivi e hanno lo stesso periodo. Per determinarlo, si noti che si ha p(2)11 ≥ p12p21 >0 e p(3)11 ≥ p13p32p21>0, e dato che il M.C.D. tra 2 e 3 vale 1, la catena è aperiodica.
(b) Essendo irriducibile e ricorrente positiva, esiste un’unica probabilità invariante. Imponendo l’equazione πi =P
k∈Eπkpki per i= 1, 2, 3, 4 si ottiene
π1= π2
π2= π11 4+ π3
π3= π114+ π4 π4= π11
4+ π5
,
da cui, ponendo π1:= α, si ricava facilmente
π1= α π2= α π2= 34α π3= 12α π4= 14α
.
Imponendo che π1+ π2+ π3+ π4+ π5 = 1 si ottiene infine π1 = π2 = 2
7, π3= 3
14, π4= 1
7, π5 = 1 14.
Per il teorema di convergenza all’equilibrio si halimn→∞P(Xn= j|X0= i) = πj, pertanto è più probabile che per tempi lunghi la catena si trovi nello stato2 invece che nello stato 3, essendo π2> π3.
