IV Appello di Probabilit`a e Statistica

IV Appello di Probabilit`a e Statistica Cognome:

Laurea Triennale in Matematica Nome:

19 settembre 2008 Matricola:

ESERCIZIO 1.

Ho un’urna inizialmente vuota e un insieme di palline numerate coi numeri naturali. Il primo giorno inserisco nell’urna le palline numero 1 e 2, dopodich´e ne estraggo una a caso (nell’urna rimane dunque una sola pallina). Il secondo giorno inserisco nell’urna le palline numero 3 e 4, dopodich´e estraggo a caso una delle tre palline contenute nell’urna. Itero dunque la procedura:

l’i-esimo giorno inserisco nell’urna le palline numero 2i − 1 e 2i, dopodich´e estraggo a caso una delle i + 1 palline contenute nell’urna.

Si introduca per i ∈ N l’evento

A_i := la pallina numero 1 `e presente nell’urna alla fine dell’i-esimo giorno . a) Si spieghi perch`e vale l’inclusione A_i+1⊆ A_i per ogni i ∈ N e si deduca la formula

P (A_n) = P (A₁) · P (A₂|A₁) · · · P (A_n|A_n−1) , n ∈ N . b) Si mostri che P (An) = _n+1¹ per ogni n ∈ N.

Soluzione.

a) L’inclusione Ai+1 ⊆ A_i `e equivalente a A<sup>c</sup><sub>i</sub> ⊆ A<sup>c</sup><sub>i+1</sub>, che `e immediatamente verificata:

infatti se la pallina numero 1 non `e presente nell’urna alla fine dell’i-esimo giorno, non potr`a ovviamente essere presente alla fine dell’(i + 1)-esimo.

La formula si dimostra per induzione: per n ≥ 1, dato che An+1 ⊆ A_n, si ha P (An+1) = P (An+1∩A_n) = P (An)P (An+1|A_n) e applicando l’ipotesi induttiva per P (An) si conclude.

b) Chiaramente P (A1) = ¹₂, P (A2|A₁) = ²₃ e pi`u in generale P (Ai|A_i−1) = _i+1ⁱ . Applicando la formula dimostrata al punto a) si ha dunque

P (An) = 1 2

2 3

3

4 · · · n

n + 1 = 1 n + 1.

ESERCIZIO 2.

Siano {X1, X2, Y1, Y2, S} variabili aleatorie indipendenti con le seguenti distribuzioni:

X1 ∼ X₂∼ Po(λ) , Y1 ∼ Y₂ ∼ Po(µ) , S ∼ Be 1 2



= B

 1,1

2

 ,

dove λ, µ ∈ R⁺ sono parametri fissati, con λ 6= µ. Introduciamo le variabili Z₁, Z₂ definite da Z₁ := X₁1_{S=0} + Y₁1_{S=1}, Z₂ := X₂1_{S=0} + Y₂1_{S=1}.

In altre parole, lancio una moneta equilibrata (descritta dalla variabile S) e pongo (Z1, Z2) :=

(X₁, X₂) se esce testa (cio`e se S = 0) mentre pongo (Z₁, Z₂) := (Y₁, Y₂) se esce croce (S = 1).

a) Calcolare E(Z₁) e E(Z₂).

b) Mostrare che Z₁ e Z₂ non sono indipendenti (sugg.: calcolare E (Z₁Z₂)).

Soluzione.

a) Si noti che Z₁ e Z₂ hanno la stessa legge perch´e sono la stessa funzione dei vettori (X1, Y1, S) e (X2, Y2, S), che hanno la stessa legge. In particolare E(Z1) = E(Z2) e per l’indipendenza delle variabili in gioco si ha

E(Z1) = E(X11{S=0} + Y11{S=1}) = E(X1) P (S = 0) + E(Y1) P (S = 1) = λ + µ 2 . b) Si ha che

E(Z1Z2) = E(X1X21{S=0} + Y1Y21{S=1})

= E(X1) E(X2) P (S = 0) + E(Y1) E(Y2) P (S = 1) = λ²+ µ²

2 6= E(Z₁) E(Z2) , per cui Z₁ e Z₂ non possono essere indipendenti.

ESERCIZIO 3.

Siano X1, X2 variabili indipendenti uniformi discrete sull’insieme {1, . . . , n}, dove n ∈ N. Defi- niamo la variabile Y := min{X₁, X₂}.

a) Si calcoli P (Y = k) per ogni k ∈ N.

b) Si mostri che, per ogni t ∈ (0, 1), si ha che

n→∞lim P (Y ≤ tn) = 2t − t².

Soluzione.

a) Chiaramente P (Y = k) = 0 per k > n. Conviene innanzitutto calcolare, per k ∈ {1, . . . , n}, la probabilit`a P (Y ≥ k) che `e data da

P (Y ≥ k) = P (X1 ≥ k, X₂≥ k) = P (X₁≥ k) P (X₂ ≥ k) =  n − k + 1 n

2

=



1 −k − 1 n

2

. Si ha dunque

P (Y = k) = P (Y ≥ k)−P (Y ≥ k+1) =  n − k + 1 n

2

− n − k n

2

= 1 n² +2

n

 1 − k

n

 .

b) Dalla formula per P (Y ≥ k) calcolata al punto a) si ottiene P (Y ≤ tn) = 1 − P (Y > tn) = 1 − P (Y > btnc) = 1 −



1 −btnc − 1 n

2

, e dato che (btnc − 1)/n → t per n → ∞, per ogni t ∈ (0, 1), si ha che

n→∞lim P (Y ≤ tn) = 1 − (1 − t)² = 2t − t².

ESERCIZIO 4.

Sia (X, Y ) un vettore aleatorio assolutamente continuo con densit`a congiunta fX,Y(x, y) = λβ²e^−λxeye^3ye^−βey1_[0,+∞)(x),

dove λ e β sono due parametri strettamente positivi.

a) Mostrare che la densit`a marginale di X vale f_X(x) = _(λx+β)^2λβ23 1_[0,∞)(x).

b) Dire per quali valori di p ≥ 1 si ha che X ∈ L^p.

c) Si definiscano le variabili casuali Z = Xe^Y e W = e^Y. Mostrare che Z e W sono indipendenti, e determinarne la distribuzione.

Soluzione.

a) Per x ≥ 0 fX(x) =

Z

fX,Y(x, y)dy = λβ² Z

e^−λxeye^3ye^−βeydy = (ponendo z = e^y)

= λβ² Z +∞

0

z²e^−λxze^−βzdz = 2λβ² (λx + β)³. b) X ∈ L^p se e solo se

Z +∞

0

x^p

(λx + β)³dx < +∞.

Questo avviene se e solo se p < 2.

c) Sia ϕ(x, y) = (xe^y, e^y), per cui (Z, W ) = ϕ(X, Y ). La mappa ϕ `e un diffeomorfismo tra (0, +∞) × R e (0, +∞) × (0, +∞). Inoltre

ϕ⁻¹(z, w) = (z/w, log w), la cui matrice Jacobiana `e

Dϕ⁻¹(z, w) =

 ₁

w −_w^z₂ 0 _w¹



Quindi, per la formula di cambiamento di variabili

f_Z,W(z, w) = f_X,Y(ϕ⁻¹(z, w)| det Dϕ⁻¹(z, w)| = λe^−λzβ²we^−βw1_(0,+∞)(z)1_(0,+∞)(w).

Si vede allora che f_Z,W(z, w) = f_Z(z)f_W(w), e quindi Z e W sono indipendenti, e inoltre Z ∼ Exp(λ), W ∼ Γ(2, β).