(a) Mostrare che le variabili casuali {Yn}Nn=1 sono i.i.d

V Appello di Probabilità e Statistica Cognome:

Laurea Triennale in Matematica Nome:

16 dicembre 2009 Matricola:

ESERCIZIO 1. Sia {X_n}^N_n=1 una famiglia di variabili casuali i.i.d., tali che P (X_n = 1) = P (X_n = −1) = ¹₂. Sia inoltre ξ una variabile casuale con la stessa distribuzione delle X_n e indipendente da tutte le X_n. Poniamo Y_n:= ξX_n.

(a) Mostrare che le variabili casuali {Y_n}^N_n=1 sono i.i.d.

(b) Mostrare che le variabili casuali bidimensionali {(X_n, Yn)}^N_n=1sono identicamente distribuite (cioè la legge di (X_n, Y_n) non dipende da n) ma non indipendenti.

SOLUZIONE.

(a) La tesi segue se mostriamo che (X₁, X₂, . . . , X_n) e (Y₁, Y₂, . . . , Y_n) hanno la stessa distribu- zione. Anzitutto, se (σ₁, σ2, . . . , σn) ∈ {−1, 1}ⁿ, è chiaro che

P (X₁= σ₁, . . . , X_n= σ_n) = 1 2ⁿ. Usando l’indipendenza tra (X₁, X2, . . . , Xn) e ξ, abbiamo

P (Y1= σ1, . . . , Yn= σn)

= P (X1 = σ1, . . . , Xn= σn, ξ = 1) + P (X1 = −σ1, . . . , Xn= −σn, ξ = −1)

= P (X₁ = σ₁, . . . , X_n= σ_n)P (ξ = 1) + P (X₁ = −σ₁, . . . , X_n= −σ_n)P (ξ = −1)

= 1 2

1 2ⁿ+ 1

2 1 2ⁿ = 1

2ⁿ (b) Si noti che

P (Xn= 1, Yn= 1) = P (Xn= 1, ξ = 1) = 1

4 = P (Xn= 1, ξ = −1) = P (Xn= 1, Yn= −1).

Allo stesso modo si mostra che

P (Xn= −1, Yn= 1) = P (Xn= −1, Yn= −1) = 1 4, e quindi la distribuzione di (X_n, Y_n) non dipende da n.

Se le coppie (X_n, Y_n) fossero indipendenti, anche i prodotti X_nY_n sarebbero indipendenti (in quanto funzioni di variabili casuali indipendenti sono indipendenti). Ma, osservando che

X_nY_n= ξ per ogni n,

P (X1Y1= 1, X2Y2 = 1) = P (ξ = 1) = 1

2 6= P (X₁Y1= 1)P (X2Y2 = 1) = P (ξ = 1)² = 1 4.

ESERCIZIO 2. Un’urna contiene n palline arancioni, n bianche e n celesti, dove n ∈ N (i colori delle palline saranno indicati con le lettere a, b, c). Estraiamo una pallina dall’urna e indichiamo con X ∈ {a, b, c} il suo colore, quindi ne estraiamo una seconda (senza reinserire la prima) e indichiamo con Y ∈ {a, b, c} il suo colore.

(a) Sapendo che la seconda pallina non è bianca, è più probabile che la prima pallina sia bianca oppure che sia celeste?

(b) Si mostri che le variabili X e Y hanno la stessa distribuzione marginale ma che non sono indipendenti.

(c) Si mostri che nel limite n → ∞ la distribuzione congiunta delle variabili X e Y converge verso il prodotto delle distribuzioni marginali. (In altri termini, le variabili X e Y sono

“quasi indipendenti” per n grande.) SOLUZIONE.

(a) Se la prima pallina estratta è bianca, restano nell’urna n − 1 palline bianche e 2n non bianche (arancioni e celesti), per cui

P (Y 6= b|X = b) = 2n

3n − 1. (1)

Se invece la prima pallina estratta è arancione o celeste, restano nell’urna n palline bianche e 2n − 1 non bianche (arancioni e celesti), per cui

P (Y 6= b|X = a) = P (Y 6= b|X = c) = 2n − 1 3n − 1.

Dato che P (X = a) = P (X = b) = P (X = c) = ¹₃, dalla formula delle probabilità totali si ottiene

P (Y 6= b) = P (Y 6= b|X = a)P (X = a) + P (Y 6= b|X = b)P (X = b) + P (Y 6= b|X = c)P (X = c)

= 2n − 1 3n − 1 1

3 + 2n 3n − 1

1

3+2n − 1 3n − 1 1

3 = 2(2n − 1) + 2n

3(3n − 1) = 2(3n − 1) 3(3n − 1) = 2

3. (2)

Applicando il teorema di Bayes si ottiene infine

P (X = b|Y 6= b) = P (Y 6= b|X = b) · P (X = b)

P (Y 6= b) =

2n 3n−1 ·¹₃

2 3

= n

3n − 1 > 1 3, e analogamente

P (X = c|Y 6= b) = P (Y 6= b|X = c) · P (X = c)

P (Y 6= b) =

2n−1 3n−1 ·¹₃

2 3

= 2n − 1

2(3n − 1) = n −¹₂

3(n −¹₂) + ¹₂ < 1 3. Se la seconda pallina non è bianca, è quindi più probabile che la prima pallina sia bianca.

(b) Con conti del tutto analoghi all’equazione (2) si mostra facilmente che P (Y = a) = P (Y = b) = P (Y = c) = ¹₃, per cui X e Y hanno la stessa distribuzione. Se fossero indipendenti, si avrebbe P (Y 6= b|X = b) = P (Y 6= b) = ²₃, ma l’equazione (1) mostra che ciò non è vero.

(c) Dati i, j ∈ {a, b, c}, un’applicazione elementare del principio fondamentale del calcolo combinatorio mostra che

P (X = i, Y = j) =

( _n·n

3n·(3n−1) = _3(3n−1)ⁿ se i 6= j

n·(n−1)

3n·(3n−1) = _3(3n−1)ⁿ⁻¹ se i = j , da cui è chiaro che lim_n→∞P (X = i, Y = j) = ¹₉ per ogni valore di i, j.

ESERCIZIO 3. Lancio un dado regolare a sei facce una prima volta: se esce un numero in {1, 2, 3, 4, 5} mi fermo, altrimenti rilancio il dado; se nel secondo lancio esce un numero in {1, 2, 3, 4, 5} mi fermo, altrimenti rilancio il dado una terza volta; e così via.

Indichiamo con T il numero totale di lanci effettuati, con X_i il risultato dell’i-esimo lancio (per i ∈ N := {1, 2, . . .}) e con Y := XT il risultato dell’ultimo lancio.

(a) Si determini la legge (cioè i valori assunti e la densità discreta) delle variabili T e X_i. (b) Per ogni valore di n ∈ N e a ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, si esprima l’evento {T = n, Y = a} in termini

delle variabili aleatorie X₁, . . . , Xn. Si calcoli dunque la densità congiunta delle variabili casuali (T, Y ).

(c) Si determini la legge di Y . Le variabili T e Y sono indipendenti?

SOLUZIONE.

(a) T è l’istante in cui avviene il primo successo in uno schema di prove ripetute e indipendenti, in cui la probabilità di successo in ogni prova vale ⁵₆. Di conseguenza, T (Ω) = N = {1, 2, . . .}

e per n ∈ N si ha pT(n) = ⁵₆(¹₆)ⁿ⁻¹.

(b) Per n = 1 si ha {T = 1, Y = a} = {X₁ = a}, per cui p_{T ,Y}(1, a) = 1

6. Per n ≥ 2 possiamo scrivere {T = n, Y = a} = Tn−1

i=1{X_i = 6} ∩ {Xn ≤ 5} e per l’indipendenza delle variabili X_i si ottiene

p_{T ,Y}(n, a) = 1 6

n−1

·1 6 = 1

6

n

.

In definitiva, si ha p_T,Y(n, a) = (¹₆)ⁿ per ogni n ∈ N e a ∈ {1, 2, 3, 4, 5}.

(c) Chiaramente Y (Ω) = {1, 2, 3, 4, 5}. La legge marginale della variabile Y è data da p_Y(a) =X

n∈N

P_T,Y(n, a) =

∞

X

n=1

 1 6

n

=

∞

X

n=0

 1 6

n

− 1 = 1

1 −¹₆ − 1 = 6

5 − 1 = 1 5, per ogni a ∈ {1, 2, 3, 4, 5}. Per quanto determinato ai punti precedenti, per ogni n ∈ N e a ∈ {1, 2, 3, 4, 5} si ha

p_{T ,Y}(n, a) = 1 6

n

= 1 5·5

6

 1 6

n−1

= p_Y(a) · p_T(n) , per cui le variabili T e Y sono indipendenti.

ESERCIZIO 4. La lunghezza dei chiodini prodotti da una certa ditta ha una distribuzione incognita, la cui media e varianza indichiamo con µ e σ². Il valore di σ² è noto e pari a 0.25 mm², mentre il valore di µ (espresso in mm) è incognito e vogliamo stimarlo empiricamente.

A tal fine, misuriamo le lunghezze X₁, . . . , Xn di n chiodini scelti a caso e ne indichiamo la media empirica con X_n := (X1+ . . . + Xn)/n. Se n è grande, per la legge dei grandi numeri sappiamo che X_nsarà vicino a µ. Per rendere più quantitativa questa affermazione, scegliamo un numero reale δ > 0 e consideriamo l’intervallo I_δ di ampiezza δ centrato in X_n, vale a dire

I_δ := X_n− δ , X_n+ δ
.

• Si determini δ_n in modo che la probabilità che l’intervallo I_δn contenga µ valga approssima- tivamente 0.95 per n grande.

[Sugg.: si esprima l’evento {µ ∈ I_δn} nella forma {a < X_n< b} per opportuni a, b.]

SOLUZIONE. Per definizione µ ∈ I_δn significa X_n− δ_n< µ < X_n+ δ_n. Possiamo riscrivere la prima disuguaglianza come

X_n− δ_n< µ ⇐⇒ X_n< µ + δ_n, e la seconda come

µ < X_n+ δ_n ⇐⇒ X_n> µ − δ_n. Questo mostra che

{µ ∈ I_δn} = {µ − δ_n< Xn< µ + δn} , per cui, applicando il teorema limite centrale e ricordando che σ = 0.5,

P (µ ∈ Iδn) = P (µ − δn< Xn< µ + δn) = P

 −δ_n 0.5/√

n < X_n− µ σ/√

n < −δ_n 0.5/√

n



≈ P −2δ_n√

n < Z < 2δ_n√

n
= 2 Φ(2δ_n√

n) − 1 ,

dove Z ∼ N (0, 1) e Φ(x) = P (Z ≤ x). Imponendo la condizione P (µ ∈ I_δn) = 0.95 si ottiene Φ(2δn

√n) = 0.975, cioè 2δn

√n = Φ⁻¹(0.975) ≈ 1.96 e quindi δn= 0.98/√ n.