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(a) Detto X il numero di volte in cui l’iscritto fa centro, si determini la distribuzione di X

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(1)

Laurea Triennale in Matematica 2013/14 Nome:

7 gennaio 2015 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. Un circolo di freccette ha 200 iscritti. Di questi, 8 sono campioni e a ogni lancio hanno una probabilità del 40% di fare centro; 72 sono buoni giocatori, per i quali la probabilità di fare centro è del 15%; i restanti sono principianti, che fanno centro con una probabilità del 5%.

(Supponiamo che per ciascun giocatore i risultati di lanci successivi siano indipendenti.) Un giorno mi presento al circolo e vedo un iscritto che effettua n lanci (con n ∈ N fissato).

(a) Detto X il numero di volte in cui l’iscritto fa centro, si determini la distribuzione di X.

(b) Supponiamo ora che n = 2. Se l’iscritto fa centro in entrambi i lanci, qual è la probabilità che si tratti di principiante?

Soluzione 1. (a) Sia A := “l’iscritto è un campione”, B := “l’iscritto è un buon giocatore” e C := “l’iscritto è un principiante”. Allora

P(A) = 8 200 = 1

25, P(B) = 72 200 = 9

25, P(C) = 120 200 = 15

25 = 3 5. Inoltre X ∈ {0, . . . , n} e per k ∈ {0, . . . , n}

P(X = k|A) =n k

 2 5

k 3 5

n−k

, P(X = k|B) =n

k

 3 20

k

 17 20

n−k

, P(X = k|C) =n

k

 1 20

k

 19 20

n−k

, da cui, essendo {A, B, C} una partizione di Ω, per k ∈ {0, . . . , n}

P(X = k) = P(X = k|A)P(A) + P(X = k|B)P(B) + P(X = k|C)P(C) . (b) La probabilità che l’iscritto faccia centro in entrambi i lanci è

P(X = 2) = 2 5

2

1

25+ 3 20

2

9

25 + 1 20

2

3 5 = 4

54 + 81

16 · 54 + 3 16 · 53

= 64 + 81 + 15

16 · 54 = 160 10 000 = 2

125 = 0.016 .

D’altro canto, se sapessimo che l’iscritto è un principiante, tale probabilità diventerebbe P(X = 2|C) = 1

20

2

= 1 400. Di conseguenza, per la formula di Bayes,

P(C|X = 2) = P(X = 2|C)P(C) P(X = 2) =

1 400

3 5 2 125

= 3

32 ≈ 9.4% .

(2)

Esercizio 2. Una moneta equilibrata ha scritto +1 su una faccia e −1 sull’altra. Lanciamo due volte la moneta e indichiamo rispettivamente con X e Y i numeri ottenuti. Poniamo quindi

S := X + Y , D := X − Y , T := XY . (a) Si determinino le distribuzioni (marginali) di S, D e T .

(b) Le variabili aleatorie S e T sono indipendenti? Le variabili aleatorie X e T sono indipendenti?

(c) Sia ora Z una variabile aleatoria reale, indipendente da X, e definiamo W := min{X, Z} .

Si determini la funzione di ripartizione FW di W (esprimendola in termini della funzione di ripartizione FZ di Z). Se Z è una variabile aleatoria assolutamente continua, anche W lo è?

Soluzione 2. (a) Si ha S ∈ {−2, 0, 2} e

P(S = −2) = P(X = −1, Y = −1) = P(X = −1)P(Y = −1) = 1 4, P(S = 2) = P(X = 1, Y = 1) = P(X = 1)P(Y = 1) = 1

4, P(S = 0) = 1 − P(S = −2) − P(S = 2) = 1

2.

La variabile aleatoria D ha la stessa distribuzione di S, come si mostra con conti analoghi oppure notando che D = X + (−Y ) e −Y ha la stessa legge di Y . Infine T ∈ {−1, 1} e

P(T = −1) = P(X = 1, Y = −1) + P(X = −1, Y = 1)

= P(X = 1)P(Y = −1) + P(X = −1)P(Y = 1) = 1 2 1 2+1

2 1 2 = 1

2, P(T = 1) = 1 − P(T = −1) = 1

2.

(b) Le variabili aleatorie S e T non sono indipendenti, perché gli eventi {S = 2} e {T = −1}, che hanno probabilità strettamente positiva, hanno intersezione vuota:

0 = P(S = 2, T = −1) 6= P(S = 2)P(T = −1) = 1 4 1 2.

Le variabili aleatorie X e T invece sono indipendenti, perché la loro densità discreta congiunta è il prodotto delle densità discrete marginali. Infatti

P(X = 1, T = 1) = P(X = 1, XY = 1) = P(X = 1, Y = 1) = 1 2 1

2 = P(X = 1)P(T = 1) , P(X = −1, T = 1) = P(X = −1, XY = 1) = P(X = −1, Y = −1) = 1

2 1

2 = P(X = −1)P(T = 1) , P(X = 1, T = −1) = P(X = 1, XY = −1) = P(X = 1, Y = −1) = 1

2 1

2 = P(X = 1)P(T = −1) , P(X = −1, T = −1) = P(X = −1, XY = −1) = P(X = −1, Y = 1) = 1

2 1

2 = P(X = −1)P(T = −1) . (c) Si ha

FW(w) = P(W ≤ w) = 1 − P(W > w) = 1 − P(X > w, Z > w) = 1 − P(X > w)P(Z > w)

= 1 − P(X > w)(1 − FZ(w)) . Ora si osservi che

P(X > w) =





1 se w < −1

1

2 se − 1 ≤ w < 1 0 se w ≥ 1

,

(3)

da cui

FW(w) =





FZ(w) se w < −1

1

2 +12FZ(w) se − 1 ≤ w < 1

1 se w ≥ 1

Si noti che FW è continua nel punto −1 se e solo se FZ(−1) = 12+12FZ(−1), ossia FZ(−1) = 1, ossia Z ≤ −1 q.c.: in tal caso W = min{X, Z} = Z e quindi anche W è, banalmente, assolutamente continua. Viceversa, se FZ(−1) < 1, la funzione FW non è continua e dunque, a maggior ragione, W non può essere una variabile aleatoria assolutamente continua.

(4)

Esercizio 3. Siano X ∼ Exp(λ) e Y ∼ Geo(p) variabili aleatorie indipendenti:

fX(x) = λ e−λx1(0,∞)(x) , P(Y = n) = p(1 − p)n−1 per n ∈ N = {1, 2, 3, . . .} . Introduciamo la variabile aleatoria

Z := X Y . (a) Per n ∈ N e z ∈ R fissati, si calcoli P(Z > z|Y = n).

(b) Si mostri che Z ha distribuzione assolutamente continua, con densità fZ(z) = pλeλz

(p + eλz− 1)2 1(0,∞)(z) . (c) Per quali q ∈ (0, ∞) si ha Z ∈ Lq?

(d) Il vettore aleatorio (X, Z) è assolutamente continuo?

[Sugg. Si rifletta sul fatto che X/Z = Y .]

Soluzione 3. (a) Chiaramente P(Z > z|Y = n) = 1 se z ≤ 0, mentre per z > 0 P(Z > z|Y = n) = P(X > nz|Y = n) = P(X > nz) = e−λnz, dal momento che P(X > x) =R

x λ e−λtdt = e−λx per ogni x ≥ 0.

(b) Chiaramente P(Z > z) = 1 se z ≤ 0, mentre per z > 0, per la formula delle probabilità totali,

P(Z > z) =

X

n=1

P(Z > z|Y = n)P(Y = n) =

X

n=1

e−λnzp(1 − p)n−1= p 1 − p

X

n=1

[(1 − p)e−λz]n

= p

1 − p

(1 − p)e−λz

1 − (1 − p)e−λz = p e−λz

1 − (1 − p)e−λz = p p + eλz− 1 da cui

FZ(z) = 1 − P(Z > z) = eλz− 1 p + eλz− 1 e dunque, essendo FZ di classe C1 a tratti,

fZ(z) = FZ0(z) = pλeλz

(p + eλz− 1)21(0,∞)(z) .

(c) La densità fZ(z) per z → ∞ è asintotica a fZ(z) ∼ pλ/eλz, quindi Z ∈ Lqper ogni q ∈ (0, ∞), dal momento che

E[|Z|q] = Z

0

zqfZ(z) dz < ∞ ∀q ∈ (0, ∞) .

(d) Il vettore (X, Z) non è assolutamente continuo. Supponiamo per assurdo che lo sia: allora P((X, Z) ∈ B) =

Z

B

f(X,Z)(x, z) dx dz , (∗)

per ogni sottoinsieme boreliano B ⊆ R2. Per costruzione X/Z = Y , quindi P(X/Z ∈ N) = 1.

Ma l’evento {X/Z ∈ N} si può scrivere coem {(X, Z) ∈ B} con B = {(x, z) ∈ R2 : x/z ∈ N} = [

n∈N

{(x, z) ∈ R2: x = nz} .

L’insieme B è un’unione numerabile di rette in R2 e ha dunque misura di Lebesgue bidimensionale nulla. Pertanto l’integrale in (∗) vale 0, contraddicendo P(X/Z ∈ N) = 1.

(5)

PARTE II (Esercizi 4, 5, 6)

Esercizio 4. Siano (Xn)n∈N variabili aleatorie i.i.d. U(0, 12). Definiamo per n, k ∈ N Xn:= 1

n

n

X

i=1

Xi, Xk:= 1 k

k

X

m=1

Xm. (a) Si mostri che per ogni m, n ∈ N con m ≤ n

E[Xm] = 6 , Cov[Xm, Xn] = 12

n = Var[Xn] . Le variabili aleatorie (Xn)n∈N sono indipendenti?

(b) Si deduca che per ogni k ∈ N E

h Xk

i

= 6 , Var h

Xk i

≤ C k , dove C ∈ (0, ∞) è un’opportuna costante.

(c) Si mostri che Xk→ 6 in probabilità.

[Sugg. Si applichi un’opportuna disuguaglianza.]

Ricordiamo che, per un risultato visto a lezione (quale?) si ha Xn→ 6 q.c.. Di conseguenza:

per q.o. ω ∈ Ω, ∀ε > 0, ∃n0 = n0(ω, ε) < ∞: |Xm(ω) − 6| < ε ∀m > n0. () (d) Si mostri che Xk→ 6 q.c., ossia |Xk(ω) − 6| → 0 per q.o. ω ∈ Ω.

Soluzione 4. (a) Per ipotesi E[Xi] = 6 per ogni i ∈ N, quindi E[Xn] = n1Pn

i=1E[Xi] = 6.

Analogamente Var[Xi] = (12 − 0)2/12 = 12, e dato che Xi e Xj sono indipendenti per i 6= j si ha Cov[Xi, Xj] = 121{i=j}. Di conseguenza, per la bilinearità della covarianza,

Cov[Xm, Xn] = 1 mn

m

X

i=1 n

X

j=1

Cov[Xi, Xj] = 12 mn

m

X

i=1 n

X

j=1

1{i=j}= 12 n . Avendo covarianza non nulla, le variabili aleatorie (Xn)n∈N non sono indipendenti.

(b) La relazione E h

Xk

i

= 6 segue dalla linearità del valore medio. Analogamente, sempre per bilinearità della covarianza,

Varh Xki

= 1 k2

( k X

m=1

Var[Xm] + 2

k

X

n=1 n

X

m=1

Cov[Xm, Xn] )

= 1 k2

( k X

m=1

6 m + 2

k

X

n=1 n

X

m=1

12 n

)

≤ 1 k2

( 6k + 2

k

X

n=1

n12 n

)

= 6k + 24k k2 = 30

k , dove la disuguaglianza segue dal fatto che per m ≥ 1 si ha 6/m ≤ 6.

(c) Per la disuguaglianza di Chebyschev, per ogni ε > 0 P



Xk− 6 > ε



= P



Xk− Eh Xk

i > ε



≤ Var

h Xk

i

ε2 ≤ C

ε2k −−−→

k→∞ 0 , da cui Xk→ 6 in probabilità.

(d) Per la disuguaglianza triangolare e la definizione di Xk,

Xk(ω) − 6 ≤ 1

k

k

X

m=1

Xm(ω) − 6

. (†)

(6)

Fissiamo ora ω come in () e ε > 0, e sia n0 = n0(ω, ε) < ∞. Spezzando la somma (†) in due parti, corrispondenti ai termini m ≤ n0 e m > n0, la seconda parte è maggiorata da ε:

1 k

k

X

m=n0+1

Xm(ω) − 6 ≤ 1

k

k

X

m=n0+1

ε ≤ k − n0 k ε ≤ ε ,

mentre la prima parte consta di un numero finito di termini e dunque tende a 0 per k → ∞:

lim

k→∞

1 k

n0

X

m=1

Xm(ω) − 6 = 0 . Mettendo insieme le relazioni precedenti, otteniamo

lim sup

k→∞

Xk(ω) − 6 ≤ ε , e dato che ε > 0 è arbitrario abbiamo mostrato che

lim sup

k→∞

Xk(ω) − 6 = 0 , ossia

Xk(ω) − 6

→ 0, che è quanto dovevamo mostrare.

(7)

Esercizio 5. Sulla ruota del Lotto di Venezia vengono estratti 5 numeri distinti nell’insieme {1, 2, 3, . . . , 89, 90}. Scommettiamo sull’evento che tutti i numeri estratti abbiano due cifre.

(a) Si determini la proababilità p di vincere in una estrazione.

Nel seguito si può usare p ' 0.58.

(b) Si esprima approssimativamente la probabilità qn di vincere almeno n volte in 2n estrazioni, in termini della funzione di ripartizione Φ(·) della distribuzione normale standard (la cui tavola si trova in fondo al plico). Si mostri in particolare che per n = 60 si ha q60' 0.96.

(c) Un amico ci propone il gioco seguente: lui ci darà 20 euro nel caso in cui nelle prossime 120 estrazioni ce ne siano meno di 60 in cui tutti i numeri estratti hanno due cifre; viceversa, noi gli daremo 1 euro se si dovesse verificare l’evento complementare (almeno 60 estrazioni in cui tutti i numeri estratti hanno due cifre). Ci conviene accettare?

Soluzione 5. (a) Si ha

p =

81 5



90 5

 =

81 · 80 · 79 · 78 · 77

90 · 89 · 88 · 87 · 86 ' 0.58 .

(b) Sia S2nil numero di successi in 2n estrazioni. Allora S2n∼ Bin(2n, p) e dunque E[S2n] = 2np e Var[S2n] = 2np(1 − p). Applicando l’approssimazione normale, sia Z ∼ N(0, 1),

qn= P(S2n ≥ n) = P

 S2n− 2np

p2np(1 − p) ≥ n − 2np p2np(1 − p)



≈ P

 Z ≥

√n(1 − 2p) p2p(1 − p)



= 1 − Φ √n(1 − 2p) p2p(1 − p)



= Φ √n(2p − 1) p2p(1 − p)

 . Per n = 60, essendo p ' 0.58, si ha

q60= Φ

√

60(2 · 0.58 − 1)

2 · 0.58 · 0.42



' Φ(1.78) ' 0.96 .

(c) Sia X il nostro guadagno (con segno!) nel gioco che ci propone l’amico. Allora X può assumere i valori 20 e −1, con probabilità

P(X = 20) = 1 − q60, P(X = −1) = q60. Il valore medio di X è dunque, usando q60' 0.96

E[X] = 20P(X = 20) − P(X = −1) = 20(1 − q60) − q60= 20 − 21q60' −0.16 .

Essendo E[X] < 0, il gioco è “svantaggioso” e non ci conviene accettare il gioco proposto dall’amico, per lo meno se intendiamo giocare un numero elevato di volte, per la legge dei grandi numeri. (Se intendiamo giocare una sola volta, prevalgono considerazioni soggettive.)

(8)

Esercizio 6. Marco ha un capitale in euro, che evolve a ogni istante secondo il gioco seguente. Se a un certo istante il capitale è di 0 euro, Marco lancia una moneta equilibrata: se esce testa, il suo capitale all’istante successivo diventa 1 euro, altrimenti resta 0 euro. Se invece il capitale è di k ∈ N = {1, 2, 3, . . .} euro, Marco lancia k + 1 monete equilibrate: se escono tutte teste, il suo capitale all’istante successivo diventa k + 1 euro, in caso contrario il capitale diventa 0 euro.

(a) Marco ha inizialmente 0 euro. Si descriva l’evoluzione del suo capitale mediante un’opportuna catena di Markov X = (Xn)n≥0 con spazio degli stati N0 = {0, 1, 2, . . .}, scrivendone la matrice di transizione e mostrando che è irriducibile. La catena è aperiodica?

(b) Si mostri che

n→∞lim P(Xn= 0) = 1 1 +P

j=1 1 2j(j+1)/2

.

Soluzione 6. (a) La matrice di transizione (pij)i,j∈N0 ha la prima riga data da p0,0= p0,1= 1

2, p0,j = 0 ∀j ≥ 2 , mentre le righe successive sono date da

pi,i+1= 1

2i+1, pi,0 = 1 − 1

2i+1, pij = 0 ∀j ∈ N0\ {0, i + 1} .

La catena è irriducibile perché per i < j si ha i → i + 1 → . . . → j − 1 → j, e dunque i → j, mentre per i > j si ha i → 0 → j, e dunque i → j. È inoltre aperiodica dal momento che p00> 0, dunque il periodo dello stato 0 —così come di ogni altro stato— è pari a 1.

(b) Il sistema di equazioni per una misura invariante (πi)i∈N0 è π = πp, ossia πj =P

i∈N0πipij

per ogni j ∈ N0. Per j = 0 otteniamo π0 = X

i∈N0

πipi0= π0p00+ π1p10+ π2p20+ . . . = X

i∈N0

πi

 1 − 1

2i+1



, (∼)

mentre per j ≥ 1

πj = X

i∈N0

πipij = πj−1

1 2j . Ricorsivamente, quest’ultima relazione dà

πj = πj−1 1

2j = πj−2 1 2j−1

1

2j = . . . = π0 1 21

1 22· · · 1

2j = π0 2Pji=1i

= π0 2j(j+1)/2 . Si noti che la relazione (∼) risulta automaticamente verificata:

X

i∈N0

πi

 1 − 1

2i+1



= π0

X

i∈N0

1 2i(i+1)/2

 1 − 1

2i+1



= π0

X

i∈N0

 1

2i(i+1)/2 − 1 2(i+1)(i+2)/2



= π0, essendo una serie telescopica. Imponendo che π sia una probabilità, ossia

X

j∈N0

πj = π0

X

j∈N0

1

2j(j+1)/2 = 1 , si ottiene

π0 =

 X

j=0

1 2j(j+1)/2

−1

= 1

1 +P j=1

1 2j(j+1)/2

.

In definitiva, abbiamo mostrato che esiste una (unica) probabilità π invariante, quindi la catena è ricorrente positiva e si ha limn→∞P(Xn = j|X0 = i) = πj per ogni i, j ∈ N0. In particolare, limn→∞P(Xn= 0) = π0, che è quanto dovevasi dimostrare.

(9)

Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori di Φ(z) :=Rz

−∞e− 12x2

dx, la funzione di ripartizione della distribuzione normale standard N (0, 1), per 0 ≤ z ≤ 3.5. Ricordiamo che i valori di Φ(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

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