indipendenti con la stessa distribuzione, di media 0 e varianza 1

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26/06/2012

Esercizio 1. Siano X1; :::; X100 delle v.a. indipendenti con la stessa distribuzione, di media 0 e varianza 1.

i) (4 punti) Supponiamo che X₁ assuma solamente i valori a, con la stessa probabilità. Trovare a. Se invece si suppone abbia densità della forma

f (x) = Ce ^jxj trovare C e .

ii) (3 punti) Stimare nei due casi la probabilità

P (X₁+ ::: + X₁₀₀> 10) :

iii) (4 punti) Nel primo caso (X1 che assume solamente i valori a), dare una formula esatta per P (X1+ X2 = 0) :

Se si riesce, mostrare che

P (X1+ ::: + X2n= 0) = 2n n

1 2²ⁿ

per ogni intero positivo n. Si suggerisce, solamente per questa seconda parte, di associare delle v.a. di Bernoulli alle X_i.

iv) (3 punti) Sia N il primo indice per cui X_N vale a (N è una v.a. aleatoria). Calcolare P (N = k) al variare di k.

Esercizio 2. Si consideri la funzione f (x) = C (1 + jxj) con parametro reale e C costante (dipendente da ) da determinare. Si suggeriesce di disegnarne il gra…co.

i) (3 punti) Stabilire per quali valori di e di C la funzione f (x) è una densità di probabilità, e ricavare il valore di C .

ii) (3 punti) Siano X₁ ed X₂ due v.a. indipendenti con tale densità. Calcolare E X₁²+ X₁X₂ X₂² . iii) (3 punti) Posto Y =p

jXj, calcolare la densità f^Y (t) di Y , riassumendo il risultato …nale completo.

Esercizio 3. Consideriamo la catena di Markov su E = f1; 2; 3; 4; 5; 6g associata alla seguente matrice di transizione

P = 0 BB BB BB

@

0 1=2 1=2 0 0 0

0 0 1=2 1=2 0 0

1=2 1=2 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1=2 1=2

0 0 0 0 1=2 1=2

1 CC CC CC A

:

i) (3 punti) Disegnare il grafo, classi…care gli stati e trovare le classi irriducibili.

ii) (3 punti) Calcolare la probabilità al tempo 5 di trovarsi nello stato 4, partendo al tempo 1 dallo stato 1.

iii) (3 punti) Determinare tutte le probabilità invarianti della catena. Cercare di usare ragionamenti il più possibile strutturali e non solo calcoli alla cieca.

x = ^x1+:::+x_n ⁿ, S² = _{n 1}¹ Pn

i=1(x_i x)², dCov = _{n 1}¹ Pn

i=1(x_i x) (y_i y), r = _S^Covd

x{XSY =

Pn

i=1(xi x)(yi y)

pPn

i=1(xi x)²Pn

i=1(yi y)². Pn

i=1(xi x)² = Pn

i=1x²_i nx²,Pn

i=1(xi x) (yi y) = (Pn

i=1xiyi) nxy.

n! = n (n 1) 2 1, 0! = 1. ⁿ_k = _{k!(n k)!}^n! = n (n 1) (n k+1)

k! .

P (AjB) =^{P (A\B)}_{P (B)} , P (A \ B) = P (AjB) P (B). A; B indipendenti: P (A \ B) = P (A) P (B), P (AjB) = P (A), P (BjA) = P (B). P (A) =P

kP (AjB^k) P (Bk). P (BjA) = P (AjB)P (B) P (A) . X discreta, valori a_j, P (X = a_j) = p_j, allora E [X] = P

ja_jp_j, E [g (X)] = P

jg (a_j) p_j, E X² = P

ja²_jp_j. P (X 2 A) =P

i:ai2AP (X = ai) =P

i:ai2Api. X 2 N, P (X n) =Pn

i=0pi, P (X n) =P₁

i=npi. X continua, densità f (x), allora E [X] =R₁

1xf (x) dx, E [g (X)] =R₁

1g (x) f (x) dx, in particolare E X² = R₁

1x²f (x) dx. P (X 2 A) =R

Af (x) dx.

V ar [X] = _X² := Eh

(X _X)²i

dove _X = E [X]. V ar [X] = E X^{2 2}_X. Cov (X; Y ) = E [(X _X) (Y _Y)], Cov (X; Y ) = E [XY ] _{X Y}. (X; Y ) = ^{Cov(X;Y )}

X Y . 1 (X; Y ) 1.

E [aX + bY + c] = aE [X] + bE [Y ] + c. V ar [X + Y ] = V ar [X] + V ar [Y ] + 2Cov (X; Y ). V ar [aX] = a²V ar [X].

Standardizzazione di X: ^{X X}

X .

X; Y indipendenti: P (X 2 A; Y 2 B) = P (X 2 A) P (Y 2 B). Implica E [XY ] = E [X] E [Y ], Cov (X; Y ) = 0, (X; Y ) = 0, V ar [X + Y ] = V ar [X] + V ar [Y ].

F (x) = P (X x). F (t) =Rt

1f (x) dx. F⁰(t) = f (t). F (q ) = .

' (t) = E e^tX , '⁰(0) = E [X], '⁰⁰(0) = E X² ; 'aX(t) = E e^taX = 'X(at). X; Y indipendenti implica '_X+Y (t) = '_X(t) '_Y (t).

X B (n; p) : P (X = k) = ⁿ_k p^k(1 p)^{n k}, E [X] = np, V ar [X] = np (1 p), = p

np (1 p), ' (t) = q + pe^{t n} dove q = 1 p. X₁; :::; X_n B (1; p) indipendenti implica S = X₁+ ::: + X_n B (n; p).

X ipergeometrica di parametri N , M e n : P (X = k) =

N k

M n k N +M

n

con k = 0; 1; ; n.

X P ( ): P (X = k) = e _k!^k, E [X] = , V ar [X] = , = p

, ' (t) = e (^{et 1}). Se npn = allora lim_n!1 ⁿ_k p^k_n(1 pn)^{n k}= e _k!^k.

X N ; ² : f (x) = p¹

2 ² exp ^(x₂ 2⁾² . E [X] = , V ar [X] = ², ' (t) = e ^te^{t2 22} . X; Y gaussiane indipendenti, a; b; c 2 R implica aX + bY + c gaussiana. X N ; ² si può scrivere come X = Z + , con Z N (0; 1). F _; 2(x) = ^x . ( x) = 1 (x). q = q₁ . Soglie q .

X Exp ( ): f (x) = e ^x per x 0, zero per x < 0. E [X] = ¹, V ar [X] = ¹2, = ¹, ' (t) = _t per t < . F (x) = 1 e ^x per x 0, zero per x < 0.

TLC: Posto S_n= X₁+ ::: + X_n, si ha P ^Snp ⁿ

n 2 A P (Z 2 A), con Z N (0; 1).

Correzione di continuità: P (S_n k) ^{k+0;5 n}p

n , con k 2 N X = ^X1+:::+X_n ⁿ N ; _n² . E S² = ². ^S2²(n 1) ²_{n 1}.

= X ^qp^{1 2}

n ; = X

S t^{(n 1)}

1 2

pn .

x 0p n > q₁

2. ^x_S⁰p

n > t^{(n 1)}₁

2 . P jZj > ^x_S ⁰p

n , P X 2h

0 q₁

p 2

n ; ₀+ ^qp^{1 2} n

i

. ^S2²(n 1) >

2

;n 1. T = nPk i=1

(pbi pi)² pi =Pk

i=1

(^Xbi npi)²

npi > ²_{;k 1}. y = A + Bx, B = ^Covd_S2

X

= r^S_S^Y

X, y = A + Bx.

1 Soluzioni

Esercizio 1. i) La media è 0; dobbiamo imporre che sia V ar [X1] = 1. Vale V ar [X₁] = E X₁² = a²1

2 + a²1 2 = a²

quindi a = 1. Nel caso con densità, supponendo ovviamente > 0, dobbiamo imporre 1 =

Z ₊₁

1

Ce ^jxjdx = 2C Z ₊₁

0

e ^xdx = 2C e ^{x 1}

0

= 2C quindi C = =2. La media è zero perché la densità è simmetrica. La varianza vale

V ar [X1] = E X₁² = Z ₊₁

1 2x²e ^jxjdx = Z ₊₁

0

x²e ^xdx:

Si riconosce che questo è E Y² dove Y è una esponenziale di parametro . Allora E Y² = V ar [Y ] + E [Y ]²= 1

2 + 1

2 = 2

2: Questo deve essere uguale a 1, quindi ²= 2, =p

2.

ii) Usiamo il TLC. Vale

P (X₁+ ::: + X₁₀₀ > 10) = P X₁+ ::: + X₁₀₀ 100 0

10 1 > 10 100 0

10 1 ' P (Z > 1) = 1 (1) = 1 0:841 = 0:159:

La risoluzione è identica nei due casi.

iii) Vale X₁+ X₂= 0 se X₁ = a; X₂ = a, oppure se X₁ = a; X₂ = a, quindi

P (X1+ X2 = 0) = P (X1 = a; X2= a) + P (X1= a; X2= a)

= 1 2

1 2 +1

2 1 2 = 1

2:

Per generalizzare il risultato, introduciamo le v.a. Y_k che valgono 1 se X_k = a, zero se X_k = a; algebricamente possiamo scrivere Y_k= (X_k+ a) =2a. Vale X₁+ ::: + X_2n = 0 se e solo se Y₁+ ::: + Y_2n = n (stesso numero di a e a, cioè stesso numero di 1 e 1), per cui, essendo S = Y1+ ::: + Y2n una B 2n;¹₂ ,

P (X₁+ ::: + X_2n= 0) = P (S = n) = 2n n

1 2ⁿ

1

2ⁿ = 2n n

1 2²ⁿ: iv) Eventualmente ispirandosi di nuovo alle v.a. Yk, vale

P (N = k) = P (X₁ = a; X₂ = a; :::; X_{k 1} = a; X_k = a)

= 1

2^{k 1} 1 2 = 1

2^k:

Esercizio 2. i) L’integrabilità all’in…nito è garantita dalla condizione > 1. Comunque vale (anche da qui si deduce

> 1)

Z ₊₁

1 C (1 + jxj) dx = 2 Z ₊₁

0

C (1 + x) dx = 2C

Z ₊₁

1

t dt

= 2C t ⁺¹ 1

1 1

= 2C 1 quindi

C = 1

2 : ii) Per la linearità dell’integrale,

E X₁²+ X₁X₂ X₂² = E X₁² + E [X₁X₂] E X₂² :

Siccome X₁ ed X₂ hanno la stessa legge, E X₁² = E X₂² . Inoltre, essendo indipendenti, E [X₁X₂] = E [X₁] E [X₂] e poi, avendo la stessa legge, E [X₁X₂] = E [X₁]². In…ne, essendo la densità di X₁ simmetrica, la media E [X₁] è nulla:

E [X₁] = Z ₊₁

1

x 1

2 (1 + jxj) dx = 0:

In de…nitiva,

E X₁²+ X₁X₂ X₂² = 0:

iii)

F_Y (t) = P (Y t) = P p

jXj t : Se t < 0, vale 0. Per t 0:

= P jXj t² = P t² X t² = F_X t² F_X t² da cui

f_Y (t) = f_X t² 2t + f_X t² 2t = ( 1) 2t 1 + t² : In conclusone,

fY (t) = ( 1) 2t 1 + t² per t 0 0 per t < 0 :

Esercizio 3. Esercizio 3. i) Lo stato f4g è assorbente, f5; 6g sono una classe irriducibile, gli stati 1,2,3 sono transitori (meglio spiegare perche’).

ii) Dobbiamo identi…care tutti i cammini di 4 passi che portano allo stato 4 dallo stato 1:

1 ! 2 ! 3 ! 2 ! 4 1 ! 2 ! 4 ! 4 ! 4 1 ! 3 ! 1 ! 2 ! 4 1 ! 3 ! 2 ! 4 ! 4:

La relativa probabilità è

1 2 1 2 1 2 1 2 +1

2 1

2 1 1 +1 2 1 2 1 2 1 2 +1

2 1 2 1

2 1 = 0:5:

iii) Per i soliti ragionamenti, sono

0; 0; 0; 1 ; 2;

2 al variare di 2 [0; 1].