Laurea Triennale in Matematica 2012/13 Nome:
10 settembre 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).
Esercizio 1. Giulio è un tipo assai indeciso. Sabato avrebbe voglia di andare a Venezia a trovare la sua amica Roberta, ma decide di rimettere la decisione al caso, lanciando una moneta regolare.
In caso di esito positivo, prenderà uno a caso dei quattro possibili treni che la mattina portano a Venezia. Sabato mattina Roberta si reca in stazione a Venezia, sperando di veder arrivare Giulio.
(a) Qual è la probabilità che Giulio scenda da uno dei primi tre treni?
(b) Con sommo dispiacere, Roberta deve constatare che Giulio non è su nessuno dei primi tre treni. A questo punto, qual è la probabilità che arrivi con l’ultimo treno?
Soluzione 1. (a) Consideriamo gli eventi: A= {Giulio parte per Venezia}, B = {Giulio prende uno dei primi tre treni} e C= {Giulio prende il quarto treno}. Si noti che
P(A) = 1
2, P(B|A) = 3
4, P(C|A) = 1 4. Inoltre B ⊆ A, quindi B= B ∩ A e dunque
P(B) = P(B ∩ A) = P(A)P(B|A) = 1 2 3 4 = 3
8. (b) Dobbiamo calcolare
P(C|Bc) = P(C ∩ Bc)
P(Bc) = P(C) P(Bc),
perché C ∩ B= ∅ e dunque C ⊆ Bc. Dato che C ∪ B = A, si ha P(C) + P(B) = P(A) = 12, pertanto
P(C|Bc) = P(C) P(Bc) =
1
2 − P(B) 1 − P(B) =
1 2 −38 1 −38 = 1
5.
Esercizio 2. Siano X, Y variabili aleatorie reali discrete, definite sullo stesso spazio di probabilità (Ω, A, P), con la seguente densità discreta congiunta:
pX,Y(m, n) = e−2
m! n!1N0(n) 1N0(m) , dove ricordiamo che N0= {0, 1, 2, . . .}.
(a) Si calcoliP(X ≥ 0, Y ≥ 0).
(b) Si mostri che X e Y sono variabili aleatorie indipendenti, entrambe con distribuzione marginalePois(1).
(c) Si determini la distribuzione della variabile aleatoria Z := X + Y e si calcoli E[2Z].
(d) Per ogni n ∈ N, si determini la distribuzione di X condizionalmente all’evento {Z = n} e la si riconosca.
[Sugg. Si calcoli innanzituttoP(X = k, Z = n).]
Soluzione 2. (a) Dato che pX,Y(m, n) = 0 se m < 0 o n < 0, segue che P(X ≥ 0, Y ≥ 0) = P
m,n≥0pX,Y(m, n) =P
m,n∈RpX,Y(m, n) = 1.
(b) Ricordiamo che la densità discreta di una Pois(λ) è data da pPois(λ)(n) = e−λλn
n! 1N0(n) .
Dato chepX,Y(m, n) = pPois(1)(m) pPois(1)(n), segue da un teorema visto a lezione che X e Y sono indipendenti con distribuzione marginalePois(1).
(c) Per un teorema visto a lezione, Z ∼Pois(2). Pertanto E[2Z] =X
n∈R
2npPois(2)(n) =
∞
X
n=0
2ne−22n n! = e−2
∞
X
n=0
4n
n! = e−2e4 = e2. (d) Chiaramente P(X = k, Z = n) = 0 se k 6∈ {0, . . . , n}. Per k ∈ {0, . . . , n} si ha
P(X = k, Z = n) = P(X = k, Y = n − k) = P(X = k)P(Y = n − k) = e−2 1 k! (n − k)!, pertanto
P(X = k|Z = n) = P(X = k, Z = n)
P(Z = n) = e−2k! (n−k)!1
e−2 2n!n = n!
k! (n − k)!
1 2n =n
k
1 2
k
1 2
n−k
, ossia la distribuzione di X condizionalmente all’evento {Z = n} è Bin(n,12).
Esercizio 3. Siano X, T variabili aleatorie reali indipendenti. X è una variabile aleatoria asso- lutamente continua, con distribuzione U(0, 1), mentre T è una variabile aleatoria discreta, con distribuzione Be(12):
P(X ≤ x) =
0 se x ≤0 x se 0 ≤ x ≤ 1 1 se x ≥1
, P(T = 1) = P(T = 0) = 1 2. Definiamo quindi la variabile aleatoria
Z := X + T . (a) Si giustifichino le seguenti uguaglianze:
P(Z ≤ x|T = 0) = P(X ≤ x) , P(Z ≤ x|T = 1) = P(X ≤ x − 1) .
(b) Si determini la funzione di ripartizione FZ(x) = P(Z ≤ x), per ogni x ∈ R. Si riconosca quindi la distribuzione di Z.
(c) Si determinino E(Z), Var(Z) e MZ(a) := E(eaZ) per ogni a ∈ R.
(d) Le variabili aleatorie Z e T sono indipendenti?
Soluzione 3. (a) Sull’evento {T = t} si ha Z = X + t; inoltre gli eventi {X ≤ a} e {T = t}
sono indipendenti, per ogni a, t ∈ R, perché le variabili aleatorie X e T sono indipendenti per ipotesi. Di conseguenza
P(Z ≤ x|T = 0) = P(X ≤ x|T = 0) = P(X ≤ x) , e analogamente
P(Z ≤ x|T = 1) = P(X + 1 ≤ x|T = 0) = P(X ≤ x − 1|T = 0) = P(X ≤ x − 1) . (b) Per il punto precedente, applicando la formula delle probabilità totali,
FZ(x) = P(Z ≤ x) = P(Z ≤ x|T = 0)P(T = 0) + P(Z ≤ x|T = 1)P(T = 1)
= 1
2 P(X ≤ x) + P(X ≤ x − 1) . Osserviamo che
P(X ≤ x) =
0 se x ≤0 x se0 ≤ x ≤ 1 1 se x ≥1
,
P(X ≤ x − 1) =
0 se x −1 ≤ 0 x −1 se 0 ≤ x − 1 ≤ 1 1 se x −1 ≥ 1
=
0 se x ≤1 x −1 se 1 ≤ x ≤ 2 1 se x ≥2
,
pertanto
FZ(x) =
1
2(0 + 0) = 0 se x ≤0
1
2(x + 0) = x2 se0 ≤ x ≤ 1
1
2(1 + (x − 1)) = x2 se1 ≤ x ≤ 2
1
2(1 + 1) = 1 se x ≥2
=
0 se x ≤0
x
2 se0 ≤ x ≤ 2 1 se x ≥2
.
Riconoscendo che questa è la funzione di ripartizione della distribuzione uniforme continua sull’intervallo(0, 2), segue che Z ∼ U (0, 2). (In alternativa, essendo FZ C1 a tratti, fZ(x) = FZ0(x) = 121(0,2)(x).)
(c) Basta applicare le formule note per media, varianza e funzione generatrice dei momenti della distribuzione U(0, 2). In alternativa, si possono facilmente eseguire calcoli diretti: per linearità del valor medio
E(Z) = E(X) + E(T ) = 1 2 +1
2 = 1 ; per il fatto che X e T sono indipendenti
Var(Z) = Var(X) + Var(T ) = 1 12+ 1
4 = 1 3; infine, sempre per l’indipendenza di X e T ,
MZ(a) = E(ea(X+T )) = E(eaX)E(eaT) =
Z
R
eaxfX(x)dx
X
t∈R
eatpX(t)
=
Z 1 0
eaxdx
1
X
t=0
eat1 2
= ea− 1 a
ea+ 1
2 = e2a− 1 2a , per ogni a 6= 0, mentre ovviamente MZ(0) = 1.
(d) Applicando la relazione P(Z ≤ x|T = 1) = P(X ≤ x − 1) per x = 1 si ha P(Z ≤ 1|T = 1) = P(X ≤ 0) = 0 ,
mentreP(Z ≤ 1) = FZ(1) = 12 per quanto visto in precedenza. Quindi gli eventi {Z ≤ 1}
e {T = 1} non sono indipendenti. A maggior ragione, le variabili aleatorie Z e T non sono indipendenti.
Esercizio 4. Sia X una variabile aleatoria reale fissata e sia(an)n∈N una successione di numeri reali strettamente positivi. Definiamo la successione di variabili aleatorie (Yn)n∈N ponendo
Yn:= X an.
(a) Supponiamo che la successione(an)n∈Nsia crescente con an→ +∞. Si mostri che Yn→ 0 in probabilità.
(b) Facciamo d’ora in avanti l’ipotesi che
c:= P(X 6= 0) > 0 . Si mostri che esiste ¯δ >0 tale che P(|X| > ¯δ) ≥ c2. [Sugg. Quanto valelimδ↓0P(|X| > δ)?]
(c) Supponiamo d’ora in avanti che limn→∞an= 0. Fissiamo arbitrariamente δ, M ∈ (0, ∞). Si mostri che per n ∈ N sufficientemente grande vale l’inclusione di eventi
{Yn6∈ [−M, M ]} ⊇ {|X| > δ} .
(d) Si deduca che la successione (Yn)n∈N non è tight. Essa ha limite in legge?
Soluzione 4. (a) Sia ε >0. Notiamo che
P(|Yn| > ε) = P(|X| > anε) −−−→
n→∞ 0 ,
per continuità dall’alto della probabilità, perché gli eventi {|X| > anε} sono decrescenti e T
n∈N{|X| > anε}= {|X| = ∞} = ∅. Questo mostra che Yn→ 0 in probabilità.
(b) Si noti che
{X 6= 0} = [
k∈N
{|X| > 1k} ,
e inoltre gli eventi {|X| > 1k} sono crescenti in k ∈ N. Per continuità dal basso della probabilità, segue che
c:= P(X 6= 0) = lim
k→∞P(|X| > k1) .
Dato che c >0, per definizione di limite segue che esiste ¯k ∈ N tale che P(|X| > 1¯k) > c2. Basta dunque porre ¯δ:= 1¯k >0.
(c) Si noti che
{Yn6∈ [−M, M ]} = {|Yn| > M } = {|X| > M an} , pertanto se M an≤ δ vale l’inclusione di eventi
{|X| > M an} ⊇ {|X| > δ} .
Dato che M < ∞, δ >0 e an→ 0, chiaramente si ha M an≤ δ per n sufficientemente grande.
(d) Se (Yn)n∈N fosse tight, per ogni ε >0 dovrebbe esistere M ∈ (0, ∞) tale che per ogni n ∈ N P(Yn∈ [−M, M ]) > 1 − ε, ossia P(Yn6∈ [−M, M ]) < ε .
Ma ciò non accade. Infatti, scegliendo ε= c2, per quanto visto nei punti precedenti si ha, per n ∈ N sufficientemente grande,
P(Yn6∈ [−M, M ]) ≥ P(|X| > ¯δ) ≥ c 2 = ε .
Non essendo tight, la successione(Yn)n∈N non può convergere in legge.
Esercizio 5. Antonio si cimenta in un gioco d’azzardo in cui, in ogni ripetizione del gioco, vince tre euro con probabilità 13 e perde un euro con probabilità 23. I risultati di ripetizioni distinte del gioco si possono ritenere indipendenti.
(a) Detta Xi la vincita in euro (con segno!) di Antonio nella ripetizione i-esima del gioco, si mostri che Xi ha media 13 e deviazione standard 43√
2.
(b) Antonio si pone l’obiettivo di vincere almeno N2 euro in N ripetizioni del gioco. Se N è molto grande, ritenete molto o poco probabile che riesca a raggiungere l’obiettivo?
(c) Antonio cambia obiettivo: ora vuole vincere almeno 50 euro. Quante volte deve ripetere il gioco, affinché la probabilità che raggiunga questo obiettivo sia all’incirca del 95%?
Si usi l’approssimazione normale (senza correzione di continuità). La tavola della distribuzione normale si trova in fondo al fascicolo.
Soluzione 5. (a) Per costruzione Xi(Ω) = {−1, 3} e pXi(−1) = 32,pXi(3) = 13, quindi E(Xi) =X
x∈R
xpXi(x) = 31 3− 12
3 = 1
3, E(Xi2) =X
x∈R
x2pXi(x) = 91 3 + 12
3 = 11 3 , Var(Xi) = E(Xi2) − E(Xi)2 = 33 − 1
9 = 32 9 , da cui segue che la deviazione standard di Xi vale
q32 9 = 43√
2.
(b) La probabilità di vincere almeno N2 euro in N ripetizioni del gioco vale P
X1+ X2+ . . . + XN ≥ N 2
= P
XN ≥ 1 2
,
dove abbiamo introdotto la media campionaria XN := N1(X1+ X2+ . . . + XN) delle variabili aleatorie (Xi)i∈N, che possiamo supporre i.i.d.. Dato che E(Xi) = 13, la probabilità in questione tende a zero per N → ∞: infatti
P
XN ≥ 1 2
= P
XN −1 3 ≥ 1
2 −1 3
≤ P
XN −1 3
≥ 1 6
−−−−→
N →∞ 0 ,
per la legge debole dei grandi numeri. Quindi è poco probabile che Antonio raggiunga l’obiettivo, se N è molto grande.
(c) Indicando con N il numero di ripetizioni del gioco e ponendo µ= 13 e σ= 43√
2, la probabilità che Antonio raggiunga l’obiettivo vale
P(X1+ X2+ . . . + XN ≥ 50) = P (X1+ X2+ . . . + XN) − N µ σ√
N ≥ 50 − N µ
σ√ N
≈ P
Z ≥ 50 − N µ σ√
N
= 1 − P
Z < 50 − N µ σ√
N
= 1 − Φ 50 − N µ σ√
N
= Φ
−50 − N µ σ√
N
, dove abbiamo usato il teorema limite centrale, indicando con Z ∼ N(0, 1) una variabile aleatoria normale standard, conΦ(x) := P(Z ≤ x) = P(Z < x) la sua funzione di ripartizione e ricordando cheΦ(−x) = 1 − Φ(x). Occorre dunque risolvere l’equazione
Φ
−50 − N µ σ√
N
= 0.95 .
Dalla tavola della distribuzione normale si ricava cheΦ(¯x) = 0.95 per ¯x= 1.645, pertanto l’equazione −50−N µ
σ√
N = ¯x diventa µ(√
N)2− σ ¯x
√
N −50 = 0 , da cui
√
N = 1
2µ σx¯+p
σ2x¯2+ 200µ ' 17.76 , ossia N '(17.76)2 ' 316.
Esercizio 6. Sia X = (Xn)n∈N0 una catena di Markov sull’insieme E = {1, 2, 3, 4}, le cui probabilità di transizione sono indicate nella figura seguente.†
2 3
1
2 4 3
1 3
1 3
1
(a) Si scriva la matrice di transizione della catena, si classifichino gli stati e si determini l’unica misura invariante. Partendo dallo stato 1, quanto tempo passa mediamente prima che la catena visiti lo stato2?
(b) Si modifichi il grafo di transizione sopra disegnato, aggiungendo esattamente due archi di transizione (con le rispettive probabilità), in modo che la catena di Markov diventi irriducibile e con periodo 2.
Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da
p=
2 3
1 3 0 0
0 1 0 0
0 23 0 13
0 0 1 0
.
Le classi di comunicazione sono T1 = {1}, T2 = {3, 4} (transitorie) e R1 = {2} (ricorrente).
La invariante, dovendo essere supportata dalla classe ricorrente, è µ = (µ1, µ2, µ3, µ4) = (0, 1, 0, 0). Infine, è chiaro dalle probabilità di transizione che il tempo T che la catena impiega prima di visitare lo stato2, partendo dallo stato 1, ha distribuzione Geom(13) e pertanto ha media3. In alternativa, detto ki(2) il tempo medio per raggiungere lo stato2 partendo dallo stato i, basta risolvere il sistema
(k(2)2 = 0
k(2)1 = 1 + p11k(2)1 + p12k2(2)= 1 + 23k1(2) , da cui si ritrova k(2)1 = 3.
(b) Una possibile modifica al grafico è la seguente:
†Si noti che le probabilità di transizioni nello stesso stato i → i non sono indicate.
2 3
1
2
3 4
1 3
1 3
1
1 2
3
che corrisponde alla matrice di transizione
p=
0 13 0 23 1 0 0 0 0 23 0 13 0 0 1 0
.
In questo caso la catena è irriducibile, perché 1 → 4 → 3 → 2 → 1. Inoltre la catena ha periodo2: infatti, quando la catena si trova in uno stato “pari” (ossia 2 o 4), essa può soltanto saltare in uno stato “dispari” (ossia1 o 3), e viceversa.
Tavola della distribuzione normale
La tavola seguente riporta i valori della funzione di ripartizioneΦ(z) della distribuzione normale standard N(0, 1) per 0 ≤ z ≤ 3.5. Ricordiamo che
Φ(z) :=
Z z
−∞
e−12x2
√2π dx .
I valori diΦ(z) per z < 0 possono essere ricavati grazie alla formula Φ(z) = 1 − Φ(−z) .
z 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09
0.0 0.5000 0.5040 0.5080 0.5120 0.5160 0.5199 0.5239 0.5279 0.5319 0.5359 0.1 0.5398 0.5438 0.5478 0.5517 0.5557 0.5596 0.5636 0.5675 0.5714 0.5753 0.2 0.5793 0.5832 0.5871 0.5910 0.5948 0.5987 0.6026 0.6064 0.6103 0.6141 0.3 0.6179 0.6217 0.6255 0.6293 0.6331 0.6368 0.6406 0.6443 0.6480 0.6517 0.4 0.6554 0.6591 0.6628 0.6664 0.6700 0.6736 0.6772 0.6808 0.6844 0.6879 0.5 0.6915 0.6950 0.6985 0.7019 0.7054 0.7088 0.7123 0.7157 0.7190 0.7224 0.6 0.7257 0.7291 0.7324 0.7357 0.7389 0.7422 0.7454 0.7486 0.7517 0.7549 0.7 0.7580 0.7611 0.7642 0.7673 0.7704 0.7734 0.7764 0.7794 0.7823 0.7852 0.8 0.7881 0.7910 0.7939 0.7967 0.7995 0.8023 0.8051 0.8078 0.8106 0.8133 0.9 0.8159 0.8186 0.8212 0.8238 0.8264 0.8289 0.8315 0.8340 0.8365 0.8389 1.0 0.8413 0.8438 0.8461 0.8485 0.8508 0.8531 0.8554 0.8577 0.8599 0.8621 1.1 0.8643 0.8665 0.8686 0.8708 0.8729 0.8749 0.8770 0.8790 0.8810 0.8830 1.2 0.8849 0.8869 0.8888 0.8907 0.8925 0.8944 0.8962 0.8980 0.8997 0.9015 1.3 0.9032 0.9049 0.9066 0.9082 0.9099 0.9115 0.9131 0.9147 0.9162 0.9177 1.4 0.9192 0.9207 0.9222 0.9236 0.9251 0.9265 0.9279 0.9292 0.9306 0.9319 1.5 0.9332 0.9345 0.9357 0.9370 0.9382 0.9394 0.9406 0.9418 0.9429 0.9441 1.6 0.9452 0.9463 0.9474 0.9484 0.9495 0.9505 0.9515 0.9525 0.9535 0.9545 1.7 0.9554 0.9564 0.9573 0.9582 0.9591 0.9599 0.9608 0.9616 0.9625 0.9633 1.8 0.9641 0.9649 0.9656 0.9664 0.9671 0.9678 0.9686 0.9693 0.9699 0.9706 1.9 0.9713 0.9719 0.9726 0.9732 0.9738 0.9744 0.9750 0.9756 0.9761 0.9767 2.0 0.9772 0.9778 0.9783 0.9788 0.9793 0.9798 0.9803 0.9808 0.9812 0.9817 2.1 0.9821 0.9826 0.9830 0.9834 0.9838 0.9842 0.9846 0.9850 0.9854 0.9857 2.2 0.9861 0.9864 0.9868 0.9871 0.9875 0.9878 0.9881 0.9884 0.9887 0.9890 2.3 0.9893 0.9896 0.9898 0.9901 0.9904 0.9906 0.9909 0.9911 0.9913 0.9916 2.4 0.9918 0.9920 0.9922 0.9925 0.9927 0.9929 0.9931 0.9932 0.9934 0.9936 2.5 0.9938 0.9940 0.9941 0.9943 0.9945 0.9946 0.9948 0.9949 0.9951 0.9952 2.6 0.9953 0.9955 0.9956 0.9957 0.9959 0.9960 0.9961 0.9962 0.9963 0.9964 2.7 0.9965 0.9966 0.9967 0.9968 0.9969 0.9970 0.9971 0.9972 0.9973 0.9974 2.8 0.9974 0.9975 0.9976 0.9977 0.9977 0.9978 0.9979 0.9979 0.9980 0.9981 2.9 0.9981 0.9982 0.9982 0.9983 0.9984 0.9984 0.9985 0.9985 0.9986 0.9986 3.0 0.9987 0.9987 0.9987 0.9988 0.9988 0.9989 0.9989 0.9989 0.9990 0.9990 3.1 0.9990 0.9991 0.9991 0.9991 0.9992 0.9992 0.9992 0.9992 0.9993 0.9993 3.2 0.9993 0.9993 0.9994 0.9994 0.9994 0.9994 0.9994 0.9995 0.9995 0.9995 3.3 0.9995 0.9995 0.9995 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9997 3.4 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9998
