Laurea Triennale in Matematica 2013/14 Nome:
16 luglio 2014 Email:
Quando 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. Un’indagine su un’ampia popolazione di giovani mostra che il 25% suona la chitarra, il 60% ama la birra e il 20% fa entrambe le cose.
(a) Se scelgo un giovane a caso e scopro che non suona la chitarra, qual è la probabilità che ami la birra?
(b) Se scelgo tre giovani a caso, qual è la probabilità che esattamente uno non ami la birra?
Soluzione 1. (a) Introdotti gli eventiA := “il giovane suona la chitarra” e B := “il giovane ama la birra”, si ha
P(A) = 25 100 = 1
4, P(B) = 60 100= 3
5, P(A∩ B) = 20 100 = 1
5. Dato cheP(B) = P(Ac∩ B) + P(A ∩ B), si ha
P(Ac∩ B) = P(B) − P(A ∩ B) = 3 5 −1
5 = 2 5. La probabilità (condizionale) richiesta è
P(B|Ac) = P(Ac∩ B) P(Ac) =
2 5
1−14 = 8 15.
(b) Introdotti gli eventiBi:= “l’i-esimo giovane non ama la birra”, per i = 1, 2, 3, la probabilità richiesta è
P(Bc1∩ B2∩ B3) + P(B1∩ B2c∩ B3) + P(B1∩ B2∩ Bc3) = 3 3 5
2
2 5 = 54
125 ' 43% . Alternativamente, applicando uno schema di prove ripetute e indipendenti con probabilità di successop = P(B) = 35, dobbiamo calcolare la probabilità di avere esattamente 2 successi in 3 prove, ossia
3 2
p2(1− p) = 3 3 5
2
2 5, ottenendo lo stesso risultato.
Esercizio 2. A Babilonia ogni giorno il clima può essere di tre tipi (mutuamente esclusivi):
piovoso (p) con probabilità40%, soleggiato (s) con probabilità 40% e coperto (c) con probabilità 20%. Indicando i giorni con i numeri naturali i = 1, 2, 3, . . ., sia Xi il clima dell’i-esimo giorno e assumiamo che (Xi)i∈N siano variabili aleatorie indipendenti a valori nell’insieme {s, p, c}.
Indichiamo con σ il primo giorno soleggiato e con τ il primo giorno piovoso, così che σ e τ sono entrambe variabili aleatorie a valori in N.
(a) Quali sono le distribuzioni marginali delle variabili aleatorieσ e τ ? (b) Si mostri che le variabili aleatorie σ e τ non sono indipendenti.
(c) Si determini la densità discreta congiunta diσ e τ .
[Sugg. Si esprima l’evento{σ = m, τ = n} in termini delle variabili aleatorie (Xi)i∈N, distinguendo i casim < n e m > n.]
(d) Posto A := min{σ, τ} e B := max{σ, τ} − min{σ, τ}, si mostri che A e B sono variabili aleatorie indipendenti e se ne determinino le distribuzioni marginali.
[Sugg. Può essere utile distinguere gli eventi{σ < τ} e {σ > τ}.]
Soluzione 2. (a) σ e τ hanno distribuzione geometrica di parametro 10040 = 25, perché sono entrambe l’istante di primo successo in uno schema di prove ripetute e indipendenti. Più esplicitamente, si ha
P(Xi= s) = 40 100 = 2
5, P(Xi= p) = 40 100= 2
5, P(Xi = c) = 20 100 = 1
5, e per costruzione
P(τ = n) = P(X1 6= s, . . . , Xn−16= s, Xn= s) = P(X16= s)n−1P(X1 = s) = 3 5
n−1
2 5, e analogamente perσ.
(b) Basta notare che P(τ = 1, σ = 1) = P(X1= s, X1 = p) = 0, mentre P(τ = 1) = P(σ = 1) =
2 5 > 0.
(c) Perm < n si ha
P(σ = m, τ = n) = P(X1= c, . . . , Xm−1 = c, Xm= s, Xm+1∈ {s, c}, . . . , Xn−1∈ {s, c}, Xn= p)
= 1 5
m−1
2 5
3 5
n−m−1
2 5.
Un conto analogo, scambiando p con s, conduce perm > n a
P(σ = m, τ = n) = P(X1 = c, . . . , Xn−1= c, Xn= p, Xn+1∈ {p, c}, . . . , Xm−1 ∈ {p, c}, Xm= s)
= 1 5
n−1
2 5
3 5
m−n−1
2
5 = P(σ = n, τ = m) .
(d) Si noti che sull’evento {σ < τ} si ha A = σ e B = τ − σ, mentre sull’evento {σ > τ} si ha A = τ e B = σ− τ. Calcoliamo ora P(A = m, B = k) per m, k ∈ N:
P(A = m, B = k) = P(A = m, B = k, σ < τ ) + P(A = m, B = k, σ > τ )
= P(σ = m, τ − σ = k, σ < τ) + P(τ = m, σ − τ = k, σ > τ)
= P(σ = m, τ = m + k, σ < τ ) + P(τ = m, σ = m + k, σ > τ )
= P(σ = m, τ = m + k) + P(τ = m, σ = m + k) ,
dove nell’ultimo passaggio abbiamo usato il fatto che {σ = m, τ = m + k} ⊆ {σ < τ} e analogamente{τ = m, σ = m + k} ⊆ {σ > τ}. Osserviamo ora che i due termini nel membro
destro sono uguali, per quanto mostrato al punto precedente, quindi P(A = m, B = k) = 2P(σ = m, τ = m + k) = 2 1
5
m−1
2 5
3 5
k−1
2 5 = 4
5
1 5
m−1
2 5
3 5
k−1
. Nel membro destro riconosciamo il prodotto delle densità discrete di una variabile geometrica di parametri 15 e 35 rispettivamente. Segue facilmente che
P(A = m) = 4 5
1 5
m−1
, P(B = k) = 2 5
3 5
k−1
,
dunqueA e B sono indipendenti con distribuzioni marginali geometriche, di parametri 15 e 35 rispettivamente.
Esercizio 3. Siano X, Z variabili aleatorie reali con distribuzione congiunta assolutamente continua, con densità
fX,Z(x, z) = e−z1{0≤x≤z}.
(a) Si determinino le distribuzioni marginali delle variabili aleatorie X e Z. Esse sono indipen- denti?
(b) Si calcoli Cov(X, Z).
(c) Si determini la distribuzione di Y := Z− X e si mostri che X e Y sono indipendenti.
Soluzione 3. (a) Perx < 0 si ha fX(x) = 0, mentre per x≥ 0 fX(x) =
Z
R
fX,Z(x, z) dz = Z ∞
x
e−zdz = e−x,
da cuiX ∼ Exp(1). Analogamente, fZ(z) = 0 se z < 0, mentre per z≥ 0 fZ(z) =
Z
R
fX,Z(x, z) dx = e−z Z z
0
dx = z e−z,
ossia Z ∼ Gamma(2, 1). Le variabili aleatorie X e Z non sono indipendenti, perché fX,Z(x, z) 6= fX(x)fZ(z) per q.o. (x, z) (basta verificarlo per (x, z) = (1, 1) e usare la continuità di entrambi i membri).
(b) Si ha
E[XY ] = Z
R2
xz e−z1{0≤x≤z}dx dz = Z ∞
0
z e−z
Z z 0
x dx
dz
= 1 2
Z ∞ 0
z3e−zdz = 1
2Γ(4) = 1
23! = 3 .
D’altro cantoE[X] = 1 e E[Y ] = 2 per le proprietà delle leggi Exp(1) e Gamma(2, 1), quindi Cov(X, Y ) = E[XY ]− E[X]E[Y ] = 3 − 2 = 1.
(c) Scrivendo (X, Y ) = ϕ(X, Z) con ϕ(x, z) := (x, z− x) e notando che ϕ è una trasformazione lineare con determinante1, si ha che il vettore aleatorio (X, Y ) è assolutamente continuo con densità
fX,Y(x, y) = fX,Z(ϕ−1(x, y)) = fX,Z(x, x + y) = e−x−y1{0≤x≤x+y}= e−x1{x≥0}e−y1{y≥0}. Notando che il membro destro è il prodotto di due densitàExp(1), si ottiene immediatamente cheX ∼ Exp(1) (come già sapevamo) e Y ∼ Exp(1) e inoltre X e Y sono variabili aleatorie indipendenti.
Esercizio 4. Siano(Xn)n∈N variabili aleatorie reali i.i.d. con distribuzione Exp(1):
fXn(x) = e−x1{x≥0}.
Introduciamo le variabili(Yn)n∈N definite da Yn:= 1/Xn e poniamo Mn:= maxY1, . . . , Yn} .
Per quali α∈ R la successione di variabili aleatorie Zn:= Mn/nα converge in legge per n→ ∞?
Soluzione 4. La funzione di ripartizione di Mn è data daFMn(t) = P(Mn ≤ t) = 0 se t ≤ 0, mentre pert > 0, usando il fatto che le variabili aleatorie (Yn)n∈N sono i.i.d.,
FMn(t) = P(Mn≤ t) = P(Y1 ≤ t, . . . , Yn≤ t) = P(Y1 ≤ t)n= P(X1 ≥ 1/t)n= e−n/t, perchéP(X1> s) =R∞
s e−x1{x≥0}dx = e−s pers > 0. Quindi la funzione di ripartizione di Zn è data daFZn(z) = 0 se z≤ 0, mentre per z > 0
FZn(z) = P(Zn≤ z) = P(Mn≤ znα) = FMn(znα) = e−n1−α/z. Questo mostra chelimn→∞FZn(z) = 0 se z≤ 0, mentre per z > 0
n→∞lim FZn(z) =
0 seα < 1 e−1/z seα = 1 1 seα > 0 .
Nel casoα < 1 la funzione limite non coincide q.o. con una funzione di ripartizione, perché ha limite0 a +∞, quindi Zn non converge in legge. Nel caso α≥ 1 invece Zn converge in legge verso una variabile aleatoria con funzione di ripartizione
F (z) :=
(e−1/z1{z≥0} seα = 1 1{z≥0} seα > 0 ,
perchélimn→∞FZn(z) = F (z) per ogni z∈ R nel caso α = 1, e per ogni z ∈ R \ {0} per α > 1 (in questo caso0 è l’unico punto di discontinuità di F ).
Esercizio 5. Siano (Xn)n∈N variabili aleatorie indipendenti, ma non identicamente distribui- te: assumiamo infatti cheXn abbia distribuzione uniforme (discreta) nell’insieme {1, 2, . . . , n}.
Definiamo le variabili aleatorie(Zn(i))i,n∈N mediante Zn(i) :=
n
X
k=i
1A(i) k
, dove poniamo A(i)k :={Xk= i} per ogni i, k ∈ N .
(In altri termini,Zn(i) conta quante tra le variabiliX1, . . . , Xn assumono il valorei. Si noti che la somma potrebbe equivalentemente partire dak = 1, perché l’evento A(i)k è vuoto per k < i.)
(a) Si mostri che, per i∈ N fissato, gli eventi (A(i)k )k∈N sono indipendenti. Viceversa, perk∈ N fissato conk≥ 2, si mostri che gli eventi (A(i)k )i∈N non sono indipendenti.
(b) Fissiamo i∈ N. Si calcoli P(A(i)k ) per ogni k∈ N, si determini P(lim supk∈NA(i)k ) e si deduca che q.c.limn→∞Zn(i)= . . .
(c) Fissiamoi, j∈ N con i > j. Si calcoli Cov(1A(i)
k
, 1A(j) k0
), per k≥ i e k0 ≥ j, e si deduca che Cov(Zn(i), Zn(j)) =−
n
X
k=i
1
k2 , ∀n ≥ i .
Che cosa si può dire riguardo all’indipendenza delle variabili aleatorie(Zn(i))i,n∈N?
Soluzione 5. (a) Peri∈ N fissato, gli eventi (A(i)k )k∈N sono indipendenti, perché le variabili aleatorie(Xk)k∈N sono indipendenti. Viceversa, per k≥ 2 fissato, gli eventi (A(i)k )i∈N non sono indipendenti: infattiP(A(k)k ∩ A(k−1)k ) = P(Xk= k, Xk= k− 1) = 0 mentre P(A(k)k ) > 0, P(A(k−1)k ) > 0.
(b) Si ha P(A(i)k ) = P(Xk= i) = 1k sei≤ k mentre P(A(i)k ) = 0 se i > k. Di conseguenza X
k∈N
P(A(i)k ) =
∞
X
k=i
1 k =∞ .
Essendo gli eventi(A(i)k )k∈N indipendenti, applicando il lemma di Borel-Cantelli si ottiene P(lim supk∈NA(i)k ) = 1. Questo significa che q.c. si verificano infiniti degli eventi (A(i)k )k∈N e dunquelimn→∞Zn(i) =∞. In altri termini, l’evento {limn→∞Zn(i)=∞} = {P∞
k=i1A(i) k
=∞}
coincide proprio con l’eventolim supk∈NA(i)k . (c) Si noti che
Cov(1A(i) k
, 1A(j) k0
) = P(A(i)k ∩ A(j)k0 )− P(A(i)k )P(A(j)k0 ) .
Sek6= k0, per il punto (a) si haP(A(i)k ∩ Ak(j)0 ) = P(A(i)k )P(A(j)k0 ), dunque Cov(1
A(i)k , 1
A(j)
k0
) = 0.
D’altro canto, sek = k0, essendok≥ i > j per ipotesi, si ha P(A(i)k ∩ A(j)k ) = P(Xk= i, Xk= j) = 0 e dunque Cov(1A(i)
k
, 1A(j) k
) = −P(A(i)k )P(A(j)k ) =−k11k =−k12. Usando la bilinearità della covarianza si ottiene la formula richiesta:
Cov(Zn(i), Zn(j)) =
n
X
k=i n
X
k0=j
Cov(1A(i) k
, 1A(j) k0
) =−
n
X
k=i
1 k2 .
Le variabili aleatorie(Zn(i))i,n∈Nnon sono indipendenti, perché in tal caso sarebbero scorrelate, ossiaCov(Zn(i), Zn(j)) = 0 per ogni n, i, j∈ N, mentre così non è, per quanto appena mostrato.
Esercizio 6. Data una successione (qn)n∈N0 a valori in [0, 1], definiamo la successione (ri)i∈N0 ponendo
r0 := q0, r1 := q0q1, . . . ri :=
i
Y
j=0
qj = q0q1· · · qi, . . . (a) Si spieghi perché esiste il limite r∞:= limi→∞ri ∈ [0, 1]. Si mostri quindi che
X
i∈N
ri−1(1− qi) = r0− r∞.
Consideriamo ora il seguente problema. Marta si trova alla base di una scalinata (infinita), in cui i gradini sono etichettati (dal basso verso l’alto) con i numeri0, 1, 2, . . .. Su ogni gradino i è appoggiata una moneta che dà testa con probabilitàqie croce con probabilità1−qi; assumiamo che q0 = 1, mentre qi ∈ (0, 1) per i ≥ 1. Ad ogni istante, Marta lancia la moneta del gradino su cui si trova: se esce testa, sale di un gradino, mentre se esce croce ritorna al gradino di partenza, il numero 0. Indicando con Xn la posizione di Marta nell’istante n, il processo (Xn)n≥0 è un’opportuna catena di Markov sull’insiemeE ={0, 1, 2, . . .} (con X0 = 0).
(b) Si scriva il valorepij della matrice di transizione della catena di Markov, per ognii, j∈ E.
Si disegni quindi il grafo corrispondente, completando la figura seguente con frecce e numeri.
Si mostri che la catena è irriducibile e se ne determini il periodo.
1 2
0 3 4
(c) Assumiamo che r∞= 0 (vedi punto (a)). Si determini la misura invariante per la catena, esprimendola in termini della successione(ri)i∈N0 e mostrando che essa è unica a meno di multipli. Si mostri quindi che la catena è ricorrente positiva se e solo seP
i≥1ri <∞.
Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da pij = 1
2(δi i+1+ δi 0) = (1
2 sej = i + 1 oppure j = 0
0 altrimenti .
Il grafo corrispondente è
1 2
0 3 4
1 q1 q2 q3
1− q2
1− q3 1− q4 1− q1
q4
Chiaramente 0 → 1 → 2 → 3 → . . ., quindi 0 → i per ogni i ∈ E. D’altro canto i → 0, dunque0↔ i per ogni i ∈ E, da cui segue che i ↔ j per ogni i, j ∈ E. C’è dunque una sola classe di comunicazione, l’intero spazioE, ossia la catena è irriducibile. In particolare, tutti
gli stati hanno lo stesso periodo e basta calcolare quello dello stato0. Dato che p(1)01p(1)10 > 0 e p(1)01p(1)12p(1)20 > 0, si ha che p(2)00 > 0 e p(3)00 > 0; il periodo della catena è il massimo comune divisore di un insieme che contiene2 e 3, pertanto vale 1, ossia la catena è aperiodica.
(b) Il limite esiste perché la successione è decrescente. La serie è telescopica.
(c) Il sistema di equazioni soddisfatto da una misura invariante (µi)i∈E è µj =X
i∈E
µipij, ∀j ∈ E . (1)
Perj≥ 1 tale sistema dà µj = µj−1pj−1,j= µj−1qj−1. Di conseguenza, induttivamente, µj = µj−1qj−1 = µj−2qj−2qj−1= . . . = µ0q0q1· · · qj−2qj−1 = µ0rj−1, ∀j ≥ 1 .
Questo mostra che, se una misura invariante esiste, essa è unica a meno di multipli ed è data daµj = µ0rj−1 perj ≥ 1. Resta solo da verificare che (1) è soddisfatta anche per j = 0:
applicando la relazione dimostrata nel punto (a), e ricordando che r0 = 1 e r∞ = 0 per ipotesi, si ottiene
µ0 =X
i≥1
µipi0=X
i≥1
µ0ri−1(1− qi) = µ0(r0− r∞) = µ0.
La catena è ricorrente positiva se e solo se la misura invariante ha massa totale finita, e la condizioneP
i∈Eµi <∞ è equivalente a P
i≥1ri<∞, essendo µi= µ0ri−1 peri≥ 1.
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 standardN (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
