II Appello di Calcolo delle Probabilità

(1)

Laurea Triennale in Matematica 2012/13 Nome:

19 febbraio 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. Pietro ha in testa una citazione, che proviene da uno (e uno soltanto) dei 15 libri che sono sulla sua scrivania. Ogni libro è diviso in due metà, ciascuna di 50 pagine. Se un libro contiene la citazione, essa è contenuta in una qualsiasi delle 100 pagine, con la stessa probabilità.

Pietro sceglie un libro a caso e si mette a sfogliarlo, in cerca della citazione.

(a) Qual è la probabilità che il libro scelto da Pietro contenga la citazione nella prima metà? E che la contenga nella seconda metà? Questi due eventi sono indipendenti?

(b) Se Pietro ha sfogliato metà del libro senza trovare la citazione, qual è la probabilità che la citazione sia nella seconda metà?

(c) Si mostri, più in generale, che se Pietro ha sfogliato le primen pagine del libro senza trovare la citazione, la probabilità che il libro contenga la citazione nelle restanti pagine è

100− n

1500− n, ∀n ∈ {0, . . . , 100} .

Soluzione 1. (a) Introduciamo gli eventiA := “il libro scelto da Pietro contiene la citazione”, B := “il libro scelto da Pietro contiene la citazione nella prima metà” e C := “il libro scelto da Pietro contiene la citazione nella seconda metà”. Per ipotesi

P(A) = 1

15, P(B|A) = P(C|A) = 1 2. Dato cheA = B∪ C, si ha B ⊆ A e C ⊆ A, dunque

P(B) = P(A∩ B) = P(A)P(B|A) = 1 30,

e analogamenteP(C) = ₃₀¹ . Dato che B∩ C = ∅, gli eventi B e C sono disgiunti e dunque non possono essere indipendenti.

(b) Si ha

P(C|B^c) = P(C∩ B^c)

P(B^c) = P(C)

1− P(B) = 1 29, avendo usato il fatto cheC∩ B^c= C, perché C∩ B = ∅.

(c) Sia Dn l’evento “il libro scelto da Pietro contiene la citazione nelle primen pagine”, che ha probabilità

P(Dn) = P(Dn∩ A) = P(A)P(Dn|A) = 1 15

n

100 = n 1500.

Analogamente, l’evento F_n := “il libro scelto da Pietro contiene la citazione nelle ultime 100− n pagine” ha probabilità P(Fn) = ¹⁰⁰⁻ⁿ₁₅₀₀ , quindi

P(Fn|D^cn) = P(Fn∩ D^cn)

P(D_n^c) = P(Fn) 1− P(Dn) =

100−n 1500

1−₁₅₀₀ⁿ = 100− n 1500− n.

(2)

Esercizio 2. Alberto, Beatrice, Cristina e Davide partecipano al seguente gioco. Una moneta regolare viene lanciata20 volte. A seconda degli esiti dei lanci, ciascun giocatore vince una cifra determinata nel modo seguente:

• Alberto vince 1 euro per ogni volta che esce testa nei primi 10 lanci.

• Beatrice vince 1 euro per ogni volta che esce croce nei primi 10 lanci.

• Cristina vince 1 euro per ogni volta che esce testa negli ultimi 10 lanci.

• Davide vince 1 euro per ogni volta che esce testa nei 20 lanci.

SianoA, B, C, D rispettivamente la vincita in euro di Alberto, Beatrice, Cristina e Davide.

(a) Quali sono le distribuzioni (marginali) delle variabili aleatorie A, B, C, D?

(b) Si mostri che la densità discreta congiunta delle variabili aleatorie A, C vale p_A,C(m, k) = P(A = m, C = k) = (10!)²

m! k! (10− m)! (10 − k)!

1 2²⁰. (c) Si determini la densità discreta congiunta delle variabili aleatorie A, D.

[Sugg. Si esprimaD in funzione di A e C.]

(d) Si osservi cheA + B = 10 e si deduca che le variabili aleatorie A e B non sono indipendenti.

Si determini quindi la densità discreta congiunta delle variabili aleatorieA, B.

(e) Si calcolinoCov(A, C), Var(A + B), Cov(A, D).

[Sugg. Non sono necessari calcoli complicati.]

Soluzione 2. (a) Sono tutte binomiali, perché rappresentano il numero di successi in prove ripetute e indipendenti con la stessa probabilità di successo. Più precisamente

A∼ Bin(10,¹₂) , B ∼ Bin(10,¹₂) , C ∼ Bin(10,¹₂) , D∼ Bin(20,¹₂) .

(b) Le variabili aleatorie A e C sono indipendenti, perché si riferiscono a lanci distinti, quindi la densità congiunta è il prodotto delle densità marginali:

p_A,C(m, k) = p_A(m)p_C(k) = 10 m

1 2

m

1 2

10−m

10 k

1 2

k

1 2

10−k

= 10 m

10 k

1 2²⁰. (c) Si ha

p_A,D(m, n) = P(A = m, D = n) = P(A = m, A + C = n) = P(A = m, C = n− m)

= pA,C(m, n− m) = 10 m

10 n− m

1 2²⁰.

(d) Dato che A + B = 10 si ha P(A = 0, B = 0) = 0 mentre P(A = 0) > 0 e P(B = 0) > 0, quindiA e B non sono indipendenti. Si ha per m, n∈ {0, . . . , 10}

p_A,B(m, n) = P(A = m, B = n) =

(0 sem + n6= 10

P(A = m) = ¹⁰_m ₁

2¹⁰ sem + n = 10 .

(e) Cov(A, C) = 0 perché A e C sono indipendenti. Var(A + B) = 0 perché A + B = 10 è costante. Infine, essendoD = A + C,

Cov(A, D) = Cov(A, A) + Cov(A, C) = Var(A) = 10·1 2 ·1

2 = 5 2.

(3)

Esercizio 3. SiaX ∼ U(0, 1) e sia Y := 4X(1 − X). Si noti che Y assume valori in [0, 1].

(a) Si determini la funzione di ripartizione diY , si deduca che Y è assolutamente continua e se ne calcoli la densità.

(b) Si calcolinoE(Y ) e Cov(X, Y ).

Soluzione 3. (a) ChiaramenteF_Y(y) = 0 se y < 0 mentre F_Y(y) = 1 se y > 1, quindi basta concentrarsi sul caso 0 ≤ y ≤ 1. In questo caso, la disequazione 4x(1 − x) ≤ y ha come soluzionix≤ ¹₂(1−√

1− y) oppure x ≥ ¹₂(1 +√

1− y), pertanto FY(y) = P(Y ≤ y) = P

X ≤ 1

2(1−p1 − y)

+ P

X ≥ 1

2(1 +p1 − y)

. Notiamo cheP(X ≤ x) = x e P(X ≥ x) = 1 − x se x ∈ [0, 1]. Dato che i punti ¹₂(1±√

1− y) sono nell’intervallo[0, 1] per y∈ [0, 1], segue che

F_Y(y) = 1 − 1

2(1 +p1 − y) + 1

2(1−p1 − y) = 1 − p1 − y . In definitiva,

FY(y) =







0 sey < 0 1−√

1− y se y ∈ [0, 1]

1 sey > 1 .

La funzione F_Y(·) è dunque C¹ a tratti, di conseguenza la variabile Y è assolutamente continua. La sua densità è data da

fY(y) = F_Y⁰ (y) = 1 2

√ 1

1− y1_(0,1)(y) . (b) Per le proprietà del valor medio

E(Y ) = E(4X(1− X)) = 4E(X) − 4E(X²) , E(XY ) = E(X· 4X(1 − X)) = 4E(X²)− 4E(X³) , quindi

Cov(X, Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ) = 4E(X²)(1 + E(X))− 4(E(X³) + E(X)²) . Dato cheE(Xⁿ) =R2

0 xⁿdx = _n+1¹ , si ha E(X) = ¹₂,E(X²) = ¹₃ eE(X³) = ¹₄, da cui E(Y ) = 41

2 − 41 3 = 2

3, Cov(X, Y ) = 4

3

1 +1

2

− 4 1 4 +1

4

= 0 .

(4)

PARTE II (Esercizi 4, 5, 6)

Esercizio 4. Siano(Xn)_n∈N variabili aleatorie indipendenti (non necessariamente con la stessa distribuzione) a valori in R, definite su uno spazio di probabilità (Ω,A, P). Per ogni k ∈ N, introduciamo la variabile aleatoriaSk: Ω→ R ∪ {+∞} definita da

S_k(ω) := sup

n≥k{Xⁿ(ω)} . Poniamo quindi

S(ω) := S1(ω) = sup

n∈N{Xn(ω)} . (a) Si mostri che vale l’uguaglianza di eventi

{S < +∞} = {Sk< +∞} , ∀k ∈ N . Si deduca cheP(S < +∞) ∈ {0, 1}.

(b) Assumiamo che esista c∈ R tale che X

n∈N

P(X_n> c) < ∞ . (1)

Si deduca cheP(S < +∞) = 1.

(c) Assumiamo ora che per ognic∈ R si abbia X

n∈N

P(Xn> c) = +∞ . (2)

Si deduca cheP(S < +∞) = 0.

(d) Si dia un esempio di successione (X_n)_n∈N che soddisfa la condizione (2).

(e) Si dia un esempio di successione(X_n)_n∈Nche soddisfa la condizione (1) per cuiP(S > c) > 0.

Soluzione 4. (a) Dato che Sk ≤ S l’inclusione ⊆ è ovvia; per l’altra inclusione, si noti che S = max{X1, X₂, . . . , X_k−1, S_k}, pertanto se Sk(ω) < ∞ anche S(ω) < ∞ (visto che Xi(ω) <∞ per ogni i e per ogni ω, essendo le Xi a valori in R).

Dato cheS_k è funzione di(Xn)_n≥k, l’evento{Sk<∞} è nella σ-algebra Gk:= σ((Xn)_n≥k).

Quindi {S < +∞} = {Sk < +∞} ∈ Gk per ogni k ∈ N, dunque {S < +∞} ∈ T

k∈NGk

che è laσ-algebra di coda della successione (Xn)_n∈N, e dunque è banale per la legge 0-1 di Kolmogorov.

(b) Per Borel-Cantelli, P(lim sup_n{Xn> c}) = 0, ossia per quasi ogni ω esiste n0 = n₀(ω) <∞ tale che Xn(ω) ≤ c per ogni n > n0, quindi S(ω) ≤ max{X1(ω), . . . , X_n₀_(ω)(ω), c} < ∞.

Abbiamo mostrato cheS(ω) < +∞ per quasi ogni ω, ossia P(S < +∞) = 1.

(c) Per Borel-Cantelli, postoAc:= lim sup_n{Xn> c}, si ha P(Ac) = 1 per ogni c∈ N, pertanto ancheP(A) = 1, dove

A := \

c∈N

Ac.

Per definizione, se ω ∈ A allora per ogni c ∈ N si ha Xn(ω) > c per infiniti n, dunque S(ω) = sup_n∈NXn(ω) > c. Ma se S(ω) > c per ogni c ∈ N allora S(ω) = +∞. Abbiamo mostrato cheS(ω) = +∞ per ogni ω ∈ A, con P(A) = 1, ossia P(S = +∞) = 1.

(d) Basta prendere(X_n)_n∈N i.i.d.U (0, 1) e c = ¹₂.

(e) Basta prendere X₁ ∼ U(0, 1), Xn ≡ 0 per n ≥ 2 e c = ¹₂, così cheP(X_n> c) = 0 per ogni n≥ 2 ma S = supn∈N{Xn} = X1∼ U(0, 1) e dunque P(S > ¹₂) = ¹₂ > 0.

(5)

Esercizio 5. Siano (Xn)_n∈N variabili aleatorie reali i.i.d. N (0, 1). Definiamo la successione di variabili aleatorie (Y_n)_n∈N a valori in R∪ {+∞} ponendo

Y_n := 1

|Xn|, con la convenzione 1/0 := +∞.

(a) Si mostri che esisteC ∈ (0, ∞) tale che limε↓0

P(|X1| < ε)

2ε = C ,

e si determini il valore diC.

(b) Si mostri che P(Y1= +∞) = 0 e che esiste C⁰ ∈ (0, ∞) tale che per t ↑ +∞

P(Y_n> t) ∼ C⁰ t ,

intendendo che il rapporto dei due membri tende a1. Si determini C⁰. (c) Posto M_n:= max{Y1, . . . , Y_n}, si mostri che

Mn

n

−−→ Y ,d

doveY è una variabile aleatoria assolutamente continua, di cui si chiede di determinare la densità.

Soluzione 5. (a) Per il teorema fondamentale del calcolo P(|X1| < ε)

2ε = 1

2ε Z +ε

−ε

f_{N (0,1)}(x) dx = f_{N (0,1)}(0) = 1

√2π = C , perchéf_{N (0,1)}(x) è una funzione continua in x = 0.

(b) P(Y1 = +∞) = P(X1 = 0) = 0 perché X1 è assolutamente continua. Per il punto precedente, P(Yn> t) = P

1

|Xn| > t

= P

|Xⁿ| ≤ 1 t

∼ 1

√2π ·

2·1

t

= r 2 π

1 t = C⁰

t . (c) Per il punto precedente, pert≥ 0,

P Mn

n ≤ t

= P(Y₁≤ nt, . . . , Yn≤ nt) = P(Y1 ≤ nt)ⁿ = 1− P(Y1> nt)n

=

1−r 2 π

1

nt(1 + o(1))

n

−→ exp

−r 2 π

1 t

=: F (t) ,

mentre il limite valeF (t) = 0 per t < 0. La funzione F : R→ [0, 1] così determinata soddisfa le proprietà di una funzione di ripartizione, pertanto esiste una variabile aleatoria realeY tale cheFY = F e, dunque, abbiamo mostrato che Mn/n−−→ Y . Dato che F è di classe C^d ^∞ su R, segue che Y è assolutamente continua, con densità

fY(t) = F⁰(t) = exp

−r 2 π

1 t

r 2 π

1

t² 1_(0,∞)(t) .

(6)

Esercizio 6. Alice e Barbara hanno 2 euro ciascuna e fanno il gioco seguente. A ogni istante, si getta una moneta che dà “testa” con probabilitàp∈ (0, 1); se esce testa, Barbara dà un euro ad Alice; se esce croce, Alice dà un euro a Barbara. Il gioco termina quando una delle due giocatrici resta senza soldi, e l’altra giocatrice ha vinto.

(a) Si descriva il modello in termini di una catena di Markov sull’insieme E = {0, 1, 2, 3, 4}, dove gli elementi diE indicano gli euro di Alice. Si determini la matrice di transizione della catena, se ne disegni il grafo corrispondente e si classificando gli stati.

(b) Si determini la probabilità cheAlice vinca il gioco.

Soluzione 6. (a) La catena di Markov parte dallo stato2. Il grafo corrispondente è il seguente:

0 1 2 3 4

p p p

1− p 1− p

1− p

Gli stati0 e 4 formano ciascuno una classe chiusa, dunque sono ricorrenti positivi, mentre gli stati1, 2, 3 formano una classe non chiusa, quindi sono transitori.

(b) La probabilità che vinca Alice è la probabilità di assorbimento h₂:= h^{4}₂ = P₂(H^{4}<∞).

Si ha









 h₀= 0

h1= ph2+ (1− p)h0

h2= ph3+ (1− p)h¹ h₃= ph₄+ (1− p)h2

h4= 1 da cui si ricava







h1 = ph2

h₂ = ph₃+ (1− p)ph2

h3 = p + (1− p)h2

=⇒ h2= p²+ p(1− p)h2+ p(1− p)h2

e dunque

h2 = p² 1− 2p(1 − p).