Laurea Triennale in Matematica 2013/14 Nome:
17 settembre 2014 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. In ciascuna ruota del Lotto vengono estratti uniformemente cinque numeri distinti (senza reimmissione) nell’insieme {1, 2, . . . , 90}, e le estrazioni su ruote diverse sono indipendenti.
Consideriamo i seguenti eventi:
• A := “il primo numero estratto sulla ruota di Genova, il primo numero estratto sulla ruota di Milano e il primo numero estratto sulla ruota di Napoli sono quadrati perfetti”,
• B := “i primi tre numeri estratti sulla ruota di Firenze sono quadrati perfetti”, e indichiamone le probabilità rispettivamente con pA e pB.
(a) Si calcolino pAe pB, mostrando che pA> pB.
(b) Matteo sceglie 3 numeri aleatori con il seguente meccanismo: lancia innanzitutto una moneta equilibrata; se esce testa, sceglie il primo numero estratto sulla ruota di Genova, il primo numero estratto sulla ruota di Milano e il primo numero estratto sulla ruota di Napoli; se invece esce croce, sceglie i primi 3 numeri estratti sulla ruota di Firenze.
Matteo mi comunica che i numeri che ha scelto con tale meccanismo sono tutti quadrati perfetti. Sulla base di questa informazione, è più probabile che sia uscita testa o croce?
Soluzione 1. (a) Dato che92 = 81 ≤ 90 mentre 102= 100 > 90, i quadrati perfetti tra 1 e 90 sono esattamente9. Nel caso A (estrazioni con reimmissione) si ha
pA= 9 · 9 · 9
90 · 90 · 90 = 1
1 000 = 10−3, mentre nel caso B (estrazioni senza reimmissione) si ha
pB= 9 · 8 · 7
90 · 89 · 88 = 7
9790 <10−3 = pA.
(b) Sia T l’evento “esce testa” mentre sia S l’evento “i tre numeri scelti da Matteo sono tutti quadrati perfetti”. Per ipotesi
P(T ) = 1
2, P(S|T ) = pA, P(S|Tc) = pB, da cui
P(S) = P(S|T )P(T ) + P(S|Tc)P(Tc) = 1
2(pA+ pB) ,
quindi la probabilità (condizionale) che sia uscita testa, sapendo che i tre numeri estratti da Matteo sono tutti quadrati perfetti, vale
P(T |S) = P(S|T )P(T )
P(S) = pA
pA+ pB ' 0.59 > 1 2, perché pA> pB.
Esercizio 2. Siano(Xn)n≥1 variabili aleatorie indipendenti con leggi Exp(1) e definiamo Sn:= X1+ X2+ · · · Xn.
Ricordiamo che che Sn∼ Gamma(n, 1), ossia Sn è assolutamente continua con densità fSn(x) = xn−1
(n − 1)!e−x1(0,∞)(x) .
(a) Tramite un’opportuna integrazione, si mostri che per ogni n ≥1 e t ∈ [0, ∞) P(Sn≤ t) = e−ttn
n! + P(Sn+1≤ t) .
Per t ∈(0, ∞) fissato, definiamo la variabile aleatoria Nt a valori in N0∪ {∞}, ponendo Nt(ω) := max{n ∈ N : Sn(ω) ≤ t} ,
con le convenzionimax ∅ := 0 e max N := ∞.
(b) Si dimostri la seguente identità, valida per ogni k ∈ N0 e t ∈(0, ∞):
P(Nt≥ k) = P(Sk≤ t).
(c) Si deduca la densità discreta della variabile aleatoria Nt, riconoscendola come nota.
Soluzione 2. (a) Basta notare che P(Sn≤ t) =
Z t 0
1
(n − 1)!xn−1e−xdx= 1 n!xne−x
t 0+ 1
n!
Z t 0
xne−xdx= e−ttn
n!+ P(Sn+1 ≤ t).
(b) Mostriamo che vale l’uguaglianza di eventi {Sn≤ t} = {Nt≥ n}, da cui segue ovviamente l’uguaglianza delle relative probabilità. Occorre mostrare che
Sn(ω) ≤ t ⇐⇒ Nt(ω) ≥ n . (1)
Se Nt(ω) ≥ n, essendo Sn crescente in n, si ha
Sn(ω) ≤ SNt(ω)(ω) ≤ t ,
dove l’ultima disuguaglianza segue dalla definizione di Nt. Viceversa, se Sn(ω) ≤ t, allora n ≤max{m : Sm(ω) ≤ t} = Nt(ω).
Questo completa la dimostrazione di (1).
(c) Usando quanto mostrato nei punti precedenti
P(Nt= k) = P(Nt≥ k) − P(Nt≥ k + 1) = P(Sk≤ t) − P(Sk+1≤ t) = e−ttk k!, ossia Nt ha distribuzionePois(t).
Esercizio 3. Costruiamo un cubo in R3, il cui volume X è una variabile aleatoria con densità fX(x) = 1
6 x2/3 1(0,8)(x) .
(a) Si determini la funzione di ripartizione di X e se ne calcoli il valore medio (se esiste).
(b) Dette Y e Z rispettivamente la superficie di una faccia e la lunghezza di un lato del cubo, si determini la distribuzione di Y e quella di Z. Le variabili aleatorie Y e Z sono indipendenti?
(c) La distribuzione del vettore(Y, Z) è assolutamente continua?
[Sugg. Si rifletta sul fatto che Y = Z2.]
(d) Costruiamo ora tre cubi indipendenti, tutti con la stessa distribuzione del cubo dato, e indichiamo con W il volume del cubo più grande. Si determini la distribuzione di W . Soluzione 3. (a) Dato che fX(x) = 0 se x 6∈ (0, 8), q.c. la variabile aleatoria X assume valori in
(0, 8), pertanto FX(x) = P(X ≤ x) = 0 se x ≤ 0 mentre FX(x) = 1 se x ≥ 8. Per x ∈ (0, 8) possiamo scrivere
FX(x) = Z x
0
fX(t) dt = Z x
0
1
6t2/3 dt= x1/3 2 . In definitiva
FX(x) =
0 se x ≤0
x1/3
2 se0 < x < 8 1 se x ≥8
.
Dato che q.c. X ∈(0, 8), si ha che E[X] è ben definito e finito, dato da E[X] =
Z 8 0
x fX(x) dx = Z 8
0
x1/3
6 dx= 84/3 8 = 16
8 = 2 . (b) Si ha Y = X2/3 e Z = X1/3, pertanto
FY(y) = P(Y ≤ y) = P(X ≤ y3/2) = FX(y3/2) =
0 se y ≤0
y1/2
2 se0 < y < 4 1 se y ≥4
,
FZ(z) = P(Z ≤ z) = P(X ≤ z3) = FX(z3) =
0 se z ≤0
z
2 se0 < z < 2 1 se z ≥2
.
Essendo le funzioni di ripartizione C1 a tratti, sia Y che Z sono variabili aleatorie assoluta- mente continue, con densità
fY(y) = FY0(y) = 1 4√
y1(0,4)(y) , fZ(z) = FZ0(z) = 1
21(0,2)(z) . Si noti in particolare che Z ha distribuzione uniforme nell’intervallo(0, 2).
Le variabili Y e Z non sono indipendenti, in quanto
P(Y < 1) = P(X < 1) > 0 , P(Z > 1) = P(X > 1) > 0 , mentre
P(Y < 1, Z > 1) = P(X > 1, X < 1) = 0 .
(c) Il vettore(Y, Z) non ha distribuzione assolutamente continua. Infatti, essendo Y = Z2, si ha P(Y = Z2) = 1, mentre se il vettore (Y, Z) avesse densità potremmo scrivere
P(Y = Z2) = Z
(y,z)∈R2: y=z2
fY,Z(y, z) dy dz = Z
z∈R
Z
y∈R: y=z2
fY,Z(y, z) dy
dz= 0 ,
dal momento che, per ogni z ∈ R fissato, il dominio dell’integrale interno consiste di un solo punto y= z2 e dunque tale integrale vale zero.
(d) Detti X1, X2, X3 i volumi dei tre cubi, si ha W = max{X1, X2, X3}, pertanto
FW(w) = P(W ≤ w) = P(X1 ≤ w, X2 ≤ w, X3 ≤ w) = P(X1 ≤ w)P(X2 ≤ w)P(X3 ≤ w)
= P(X ≤ w)3= FX(w)3 =
0 se w ≤0
(w1/32 )3= w8 se0 < w < 8
1 se w ≥8
.
Si riconosce la funzione di ripartizione di una variabile uniforme nell’intervallo (0, 8). In alternativa, essendo la funzione di ripartizione chiaramente C1 a tratti, segue che la variabile aleatoria W è assolutamente continua e la sua densità è data da
fW(w) = FW0 (w) = 1
81(0,8)(w) .
Esercizio 4. Siano(Xk)k≥1 variabili aleatorie indipendenti e identicamente distribuite, a valori in {−1, +1}, con la seguente distribuzione:
P(Xk= 1) = p , P(Xk= −1) = 1 − p ,
dove p ∈(0, 1) è un parametro fissato. Definiamo le variabili aleatorie (Yk)k≥1 mediante Yk := 2Xk,
quindi definiamo le variabili aleatorie(Zn)n≥0 ponendo Z0:= 1 , Zn:=
n
Y
k=1
Yk= 2Pnk=1Xk.
(a) Si spieghi perché le variabili aleatorie(Yk)k≥1 sono indipendenti e identicamente distribuite.
Le variabili aleatorie(Zn)n≥1 sono indipendenti e/o identicamente distribuite?
(b) Si mostri che per p < 13, p= 13, p > 31 si ha rispettivamenteE[Yk] < 1, E[Yk] = 1, E[Yk] > 1.
D’ora in avanti fissiamo p= 13, così cheE[Yk] = 1.
(c) Si calcoliE[√
Yk], si mostri che E[√
Zn] → 0 e si deduca che Zn→ 0 in probabilità.
(d) Si mostri che Zn6→ 0 in L1. (e) La successione Zn ha limite q.c.?
[Sugg.: Si studi il comportamento q.c. della successionePn
k=1Xk per n → ∞, applicando opportuna- mente la legge dei grandi numeri.]
Soluzione 4. (a) Le variabili aleatorie Yk sono indipendenti e identicamente distribuite, perché ottenute da variabili aleatorie indipendenti e identicamente distribuite applicando una stessa funzione misurabile (x 7→2x). Le variabili aleatorie Zk invece non sono né indipendenti né identicamente distribuite: ad esempio Z1= Y1= 2X1 può assumere i valori {2−1,21} = {12,2}
con probabilità rispettive1 − p e p, dunque ha legge diversa da Z0 ≡ 1; inoltre Z1 e Z2 non sono indipendenti, dal momento che
P(Z1 = 12) = P(Y1 = 12)?P(X1 = −1) = 1 − p > 0 ,
P(Z2 = 4) = P(Y1Y2 = 4) = P(Y1 = 2, Y2 = 2) = P(X1= 1, X2 = 1) = p2 >0 , mentre
P(Z1 = 12, Z2= 4) = P(Y1 = 12, Y1Y2 = 4) = P(Y1= 12, Y2 = 8) ≤ P(Y2 = 8) = 0 . (b) Si ha
E[Yk] = E[2Xk] = 2−1P(Xk= −1) + 2P(Xk= 1) = 1 − p
2 + 2p = 1 2+3
2p , da cui la tesi segue immediatamente.
(c) Per p= 13 si ha
E[p
Zn] = E
n
Y
k=1
pYk
=
n
Y
k=1
E[p Yk] , perché le variabili aleatorie√
Yk sono indipendenti e identicamente distribuite. In particolare E[p
Yk] = E[p
Y1] = E[√
2X1] = 1
√2(1 − p) +√ 2p =
√2 3 +
√2 3 = 2√
2
3 =: a < 1 , da cui, essendo a <1,
E[p Zn] =
n
Y
k=1
a= an−−−→
n→∞ 0 .
Per mostrare che Zn→ 0 in probabilità basta applicare la disuguaglianza di Markov: per ogni ε >0 fissato,
P(|Zn| > ε) = P(Zn> ε) = P(p
Zn>√
ε) ≤ E[√ Zn]
√ε −−−→
n→∞ 0 . In alternativa, si può notare che E[√
Zn] = k√
ZnkL1 = k√
Zn − 0kL1, quindi essendo E[√
Zn] → 0 segue che√
Zn→ 0 in L1 e dunque√
Zn→ 0 in probabilità. Infine, da ciò segue facilmente che anche Zn→ 0 in probabilità, dal momento che P(|Zn− 0| > ε) = P(|Zn| >
ε) = P(√
Zn>√
ε) → 0 per ogni ε > 0.
(d) Se si avesse Zn→→ 0 in L1, si dovrebbe avereE[Zn] → 0, ma così non è, dal momento che E[Zn] = E[Qn
k=1Yk] =Qn
k=1E[Yk] = 1, in quanto E[Yk] = 1 per un punto precedente.
(e) Sì, si ha Zn→ 0 q.c.. Infatti per p = 13 si ha E[Xk] = −123 + 113 = −13, quindi per la legge forte dei grandi numeri si ha q.c.
1 n
n
X
k=1
Xk−−−→
n→∞ −1 3. Di conseguenza, sempre q.c.,
n
X
k=1
Xk= n · 1 n
n
X
k=1
Xk
−−−→n→∞ ∞ ·
−1 3
= −∞ , da cui segue che q.c.
Zn= 2Pnk=1Xk −−−→
n→∞ 2−∞= 0 .
Esercizio 5. Un quotidiano ha l’obiettivo di acquisire almeno 1000 nuovi abbonati. A tal fine, intende contattare un certo numero di potenziali clienti per offrire loro un mese di prova gratuito.
In base a statistiche precedenti è noto che, dopo un mese di prova, un potenziale cliente ha il 10%
di probabilità di sottoscrivere l’abbonamento.
(a) Usando l’approssimazione normale, si stimi quante persone N è necessario contattare affinché l’obiettivo di acquisire almeno 1000 nuovi abbonati sia raggiunto col 95% di probabilità.
Un responsabile commerciale suggerisce una strategia alternativa, in cui ai potenziali clienti vengono offerti tre mesi di prova grauiti, anziché uno. In questo caso, la probabilità che un potenziale cliente decida di sottoscrivere l’abbonamento, al termine del periodo di prova, diventa del30%.
(b) Con questa strategia alternativa, quante persone M è necessario contattare affinché l’obiettivo di acquisire almeno 1000 nuovi abbonati sia raggiunto col 95% di probabilità? Se ogni mese di prova ha un costo fissato per il quotidiano, quale tra le due strategie è preferibile?
Soluzione 5. (a) Il numero di persone SN che sottoscrivono l’abbonamento ha distribuzione Bin(N, p) con p = 101 . Di conseguenza, per il teorema limite centrale,
P(SN ≥ 1000) = P
SN − N p
pN p(1 − p) ≥ 1000 − N p pN p(1 − p)
' 1 − Φ
1000 − N p pN p(1 − p)
= Φ
N p −1000 pN p(1 − p)
=: Φ(z) ,
dal momento cheΦ(−x) = 1−Φ(x) per ogni x ∈ R. Imponendo P(SN ≥ 1000) = Φ(z) = 0.95, si ottiene z= Φ−1(0.95). Usando la tavola della distribuzione normale si ha Φ−1(0.95) ' 1.645, valore che sostituiremo alla fine. Dunque
N p −1000
pN p(1 − p) = Φ−1(0.95) ⇐⇒ p(√
N)2−p
p(1 − p)Φ−1(0.95)√
N −1000 = 0 . Si tratta di una equazione di secondo grado a(√
N)2+ b√
N+ c = 0 nella variabile √ N , la cui soluzione positive è
√
N = −b +√
b2− 4ac
2a = pp(1 − p)Φ−1(0.95) +pp(1 − p)Φ−1(0.95)2+ 4000p
2p . (2)
Sostituendo p= 101 e Φ−1(0.95) ' 1.645, si ottiene
√
N = 102.50 =⇒ N '10 506 . (b) Applicando la formula (2) con p= 103 e Φ−1(0.95) ' 1.645, si ottiene
√
M = 59.01 =⇒ M '3 482 .
Questa strategia richiede M ·3 = 10 446 mesi di prova gratuiti, ed è dunque preferibile a quella precedente, che ne richiede N = 10 506.
Esercizio 6. Sia X= (Xn)n≥0 una catena di Markov con spazio degli stati E := {1, 2, 3, 4, 5}, la cui matrice di transizione è descritta dal grafo seguente (le probabilità di transizioni da uno stato in sé stesso i → i sono sottintese):
1 3 2
3 4
1 5
1 4 1
4
1 3
1 3 1
2
(a) Si scriva la matrice di transizione della catena, si determinino le classi di comunicazione e si classifichino gli stati. Si scrivano quindi le probabilità invarianti.
(b) Se la catena parte inizialmente dallo stato3, ossia X0 = 3, qual è la probabilità che raggiunga prima o poi lo stato5?
[Sugg. Le “probabilità di assorbimento” soddisfano un opportuno sistema lineare.]
Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da
p=
2 3
1
3 0 0 0
1 2
1
2 0 0 0
0 13 13 13 0 0 0 14 12 14
0 0 0 0 1
.
Le classi di comunicazione sono R1 := {1, 2}, R2 := {5} (ricorrenti) e T1 := {3, 4} (transitoria).
Ciascuna classe ricorrente, essendo finita, è ricorrente positiva e supporta un’unica probabilità invariante. La probabilità µ(2) supportata da R2 è data semplicemente da µ(2)2 = 1 e µ(2)i = 0 per i 6= 2, mentre la probabilità µ(1) supportata da R(1) è data da µ(1)i = 0 per i 6∈ {1, 2}, mentre per i= 1, 2 è soluzione di
(µ(1)1 = µ(1)1 p11+ µ(1)2 p21
µ(1)2 = µ(1)1 p12+ µ(1)2 p22 ⇐⇒
(µ(1)1 = 23µ(1)1 +12µ(1)2
µ(1)2 = 13µ(1)1 +12µ(1)2 ⇐⇒ µ(1)1 = 3 2µ(1)2 , e imponendo che µ(1)1 + µ(1)2 = 1 si ottiene la soluzione µ(1)1 = 35, µ(1)2 = 25. In definitiva, la generica probabilità invariante µ della catena è una combinazione lineare convessa delle probabilità µ(1)1 e µ(1)2 , ossia
µ= αµ(1)+ (1 − α)µ(2), con α ∈[0, 1]. Più esplicitamente,
µ1 = α3
5, µ2= α2
5, µ3= µ4 = 0, µ5 = (1 − α) .
(b) Indicando con H{5} := min{n ≥ 0 : Xn = 5} il tempo di assorbimento nello stato 5, dobbiamo calcolare la probabilità di assorbimento h3 := h{5}3 := P3(H{5} < ∞). Tali probabilità soddisfano il sistema
h1 = 0 h2 = 0
h3 = p32h2+ p33h3+ p34h4
h4 = p43h3+ p44h4+ p45h5
h5 = 1
⇐⇒
h1= 0 h2= 0
h3= 13h3+13h4
h4= 14h3+12h4+14 h5= 1
⇐⇒
h1 = 0 h2 = 0 h3 = 12h4
3 8h4 = 14 h5 = 1 da cui h4= 23 e h3 = 13.
Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori diΦ(z) :=Rz
−∞e− 1√2x2
2π 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
