Dei suoi assicurati, il75% sono a “basso rischio”, il 20% a “medio rischio” e il restante 5% ad “alto rischio”

Laurea Triennale in Matematica 2012/13 Nome:

16 luglio 2013 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. Una compagnia di assicurazioni per autoveicoli classifica gli assicurati in tre categorie:

“basso rischio”, “medio rischio” e “alto rischio”. Dei suoi assicurati, il75% sono a “basso rischio”, il 20% a “medio rischio” e il restante 5% ad “alto rischio”. L’assicurazione stima che, in ogni anno, gli assicurati a “basso rischio” abbiano una probabilità del2% di fare un incidente, mentre tale probabilità sia del 10% per gli assicurati a “medio rischio” e del 20% per quelli ad “alto rischio”.

(a) Quale frazione degli assicurati ha un incidente, ogni anno?

(b) Tra gli assicurati che hanno avuto un incidente, quale frazione di essi è nella categoria ad

“alto rischio”?

[Sugg. Dato l’elevato numero di assicurati, le frazioni richieste possono essere identificate con opportune probabilità (assolute o condizionali).]

Soluzione 1. (a) Consideriamo gli eventi: A₁ = {l’individuo scelto è della categoria “basso rischio”}, A₂= {l’individuo scelto è della categoria “medio rischio”}, A₃ = {l’individuo scelto è della categoria “alto rischio”}, B= {l’individuo reclama il pagamento dell’assicurazione}.

Sappiamo che

P(B|A₁) = 0.02 P(B|A₂) = 0.1 P(B|A₃) = 0.2 , P(A1) = 0.75 P(A2) = 0.2 P(A3) = 0.05 . Per la formula delle probabilità totali

P(B) =

3

X

i=1

P(B|Ai)P(Ai) = 0.02 · 0.75 + 0.1 · 0.2 + 0.2 · 0.05 = 0.045 . (b) Usando la Formula di Bayes

P(A₃|B) = P(B|A₃)P(A₃)

P(B) = 0.2 · 0.05 0.045 = 2

9 ' 0.22 .

Esercizio 2. Al gioco della roulette, in ogni giro esce un numero tra0 e 36, ciascuno con la stessa probabilità p= ₃₇¹ . Il numero0 è “verde”, mentre i numeri da 1 a 36 sono divisi in due gruppi: metà sono “rossi” e metà sono “neri”. Gaia e Moira giocano contemporaneamente, per10 giri consecutivi:

a ogni giro, Gaia vince se esce un numero “rosso” mentre Moira vince se esce un numero “nero”.

Indichiamo con G e M rispettivamente il numero di giri in cui Gaia e Moira vincono, e con N il numero di giri in cui esce il numero 0. Poniamo infine X := G + M e Y := G + M + N = X + N .

(a) Si determinino le distribuzioni marginali delle variabili aleatorie G, M, N . (b) Si determinino le distribuzioni marginali delle variabili aleatorie X e Y .

[Sugg. Non è necessario fare calcoli.]

(c) Si spieghi perchéVar(Y ) = 0 e Var(X) = Var(N ).

(d) Le variabili aleatorie G, M sono indipendenti? E le variabili aleatorie G, M, N ?

Soluzione 2. (a) La variabile aleatoria G indica il numero di successi in una serie di prove ripetute e indipendenti con probabilità di successo ¹⁸₃₇ (la probabilità che in un giro esca un numero “rosso”) quindi G ∼Bin(10,¹⁸₃₇); per la stessa ragione, M ∼ Bin(10,¹⁸₃₇), mentre N ∼Bin(10,₃₇¹ ), perché la probabilità che in un giro esca il numero 0 vale ₃₇¹ .

(b) La variabile aleatoria X = G + M indica il numero di successi in una serie di prove ripetute e indipendenti con probabilità di successo ³⁶₃₇ (la probabilità che in un giro esca un numero

“rosso” oppure “nero”, cioè che non esca il numero 0) e dunque X ∼ Bin(10,³⁶₃₇). Infine, per costruzione, la variabile aleatoria Y assume costantemente il valore 10, quindi la sua distribuzione è la delta di Dirac concentrata nel punto 10 (che può essere vista come Bin(10, 1)).

(c) Dato che Y è una variabile aleatoria costante, Var(Y ) = 0. Inoltre, dato che Y = 10, si ha X= −N +10 e per le proprietà della varianza Var(Y ) = Var(−N +10) = Var(−N ) = Var(N ).

(d) Le variabili aleatorie G e M non sono indipendenti: ad esempio, P(G = 10, M = 10) 6=

P(G = 10) P(M = 10), perché l’evento {G = 10, M = 10} è chiaramente impossibile, e dunqueP(G = 10, M = 10) = 0, mentre P(G = 10) = P(M = 10) = (¹⁸₃₇)¹⁰>0. Le variabili aleatorie G, M, N non sono indipendenti, perché se lo fossero, sarebbero a maggior ragione indipendenti G, M .

Esercizio 3. Isacco lancia freccette contro un bersaglio circolare di raggio pari a 24cm, diviso in tre regioni A, B, C da due circonferenze di raggio pari a8cm e 16cm, come in figura.

A B

C

0 8 16 24

A ogni freccetta lanciata corrisponde un punteggio, determinato nel modo seguente:

• 15 punti se la freccetta colpisce la regione A;

• 5 punti se colpisce la regione B;

• 3 punti se colpisce la regione C;

• 0 punti se manca il bersaglio.

(a) Quando Isacco è riposato, le sue freccette non mancano mai il bersaglio e finiscono in un punto scelto uniformemente dello stesso. Si determini la probabilità che una freccetta cada in ciascuna delle regioni A, B, C.

(b) Detto X il punteggio ottenuto in un lancio da Isacco quando è riposato, si determini la distribuzione di X, mostrando che µ:= E(X) = 5 e σ :=pVar(X) =q

40

3 ≈ 3.65.

[Sugg. Quali valori può assumere X? Con quali probabilità?]

(c) Oggi Isacco è riposato e si appresta a eseguire100 lanci (durante i quali non si stancherà). Si stimi la probabilità che ottenga un punteggio totale maggiore di 573. Possono essere utili i seguenti valori della funzione di ripartizioneΦ(x) della distribuzione normale standard:

Φ(0.5) ≈ 0.6915 , Φ(1) ≈ 0.8413 , Φ(1.5) ≈ 0.9332 , Φ(2) ≈ 0.9772 , Φ(2.5) ≈ 0.9938 , Φ(3) ≈ 0.9987 .

(d) Quando Isacco è stanco, manca il bersaglio il 20% delle volte, mentre quando colpisce il bersaglio le sue freccette finiscono in un punto scelto uniformemente dello stesso. Detto Y il punteggio ottenuto in un lancio da Isacco quando è stanco, si determini la distribuzione di Y (per esempio esprimendola in funzione della distribuzione di X).

Soluzione 3. (a) Detto r= 8cm il raggio della regione A, l’area di tale regione vale a = πr², mentre le aree delle regioni B e C valgono rispettivamente

b= π(2r)²− πr² = 3πr², c= π(3r)²− π(2r)² = 5πr².

Dato che l’area totale del bersaglio vale t= π(3r)² = 9πr² = a + b + c, la probabilità che la freccetta cada nella regione A, B, C vale rispettivamente

p_A= a t = 1

9, p_B = b t = 3

9 = 1

3, p_C = c t = 5

9.

(b) Per definizione, la variabile aleatoria X assume i valori 15, 5, 3 rispettivamente quando la freccetta cade nella regione A,B,C, pertanto la sua densità discreta è data da

p_X(3) = p_C = 5

9, p_X(5) = p_B= 1

3, p_X(15) = p_A= 1 9,

da cui

E(X) = 3 pX(3) + 5 pX(5) + 15 pX(15) = 15 9 + 5

3+15 9 = 5 , E(X²) = 3²p_X(3) + 5²p_X(5) + 15²p_X(15) = 45

9 +25 3 + 225

9 = 115 3 , Var(X) = E(X²) − E(X)² = 115

3 − 25 = 40 3 .

(c) Siano X₁, . . . , X100 i punteggi ottenuti da Isacco nei 100 lanci. Possiamo assumere che tali variabili aleatorie siano i.i.d. con la stessa distribuzione di X. Il punteggio totale è dunque dato da S:= X1+ . . . + X100. Applicando il metodo dell’approssimazione normale (teorema limite centrale) e indicando con Z ∼ N(0, 1) una variabile aleatoria normale standard, si ottiene

P(S > 900) = P S − 100µ σ√

100 > 573 − 100µ σ√

100



≈ P



Z > 73 3.65 · 10



= P(Z > 2)

= 1 − P(Z ≤ 2) = 1 − Φ(2) ≈ 2.28% .

(d) Per ipotesi P(Y = 0) = 20% = ¹₅. Inoltre, condizionalmente all’evento che il bersaglio venga colpito, ossia all’evento {Y >0}, la distribuzione di Y coincide con quella di X, vale a dire P(Y = y|Y > 0) = P(X = y) per ogni y > 0. Dato che per y > 0 si ha P(Y = y|Y > 0) = P(Y = y)/P(Y > 0) = P(Y = y)/(4/5), segue che P(Y = y) = ⁴₅P(X = y) e dunque

p_Y(0) = 1

5, p_Y(3) = 4

5p_X(3) = 4

9, p_Y(5) = 4

5p_X(5) = 4

15, p_Y(15) = 4

5p_X(15) = 4 45.

Esercizio 4. Sia X ∼Exp(1) una variabile aleatoria e poniamo Y := e^X, Z:= log X.

(a) Si determini la funzione di ripartizione di Y e si deduca che Y è una variabile aleatoria assolutamente continua, determinandone la densità.

(b) Si determini la funzione di ripartizione di Z e si deduca che Z è una variabile aleatoria assolutamente continua, determinandone la densità.

(c) Per quali valori di p ∈(0, ∞) si ha che Y ∈ L^p? E per quali valori Z ∈ L^p?

Soluzione 4. (a) Dato che Y ≥1, perché X ≥ 0, si ha chiaramente F_Y(y) = 0 se y < 1, mentre per y ≥1, ricordando che P(X > x) = e^−x per una variabile aleatoria X esponenziale di parametro1 e per x ≥ 0,

F_Y(y) = P(Y ≤ y) = P(X ≤ log y) = 1 − P(X > log y) = 1 − e^{− log y} = 1 −1 y. Dato che F_Y è C¹ a tratti, Y è assolutamente continua con densità

fY(y) = F_Y⁰(y) = 1

y² 1_[1,∞)(y) . (b) Per z ∈ R si ha

F_Z(z) = P(Z ≤ z) = P(X ≤ e^z) = 1 − P(X > e^z) = 1 − e^−ez. Dato che F_Z è C¹ a tratti, Z è assolutamente continua con densità

fZ(z) = F_Z⁰(z) = e^−eze^z= e^z−ez. (c) Si ha

E(|Y |^p) = E(e^pX) = Z

R

e^pxfX(x)dx = Z ∞

0

e^pxe^−xdx (

< ∞ se p <1

= ∞ se p ≥ 1 , quindi Y ∈ L^p se e solo se p <1. Analogamente

E(|Z|^p) = E(| log X|^p) = Z

R

| log x|^pf_X(x) dx = Z ∞

0

| log x|^pe^−xdx < ∞ ∀p ∈ (0, ∞) , perché la divergenza del logaritmo in zero è integrabile.

Esercizio 5. Siano(Zn)_n∈N variabili aleatorie i.i.d. N(0, 1) (normali standard). Definiamo Bn:= Z1+ . . . + Zn, Xn:= e^Bn−12n, n ∈ N := {1, 2, . . .} .

(a) Si mostri che la funzione di ripartizione della variabile aleatoria X_n è data da

F_Xn(x) =(0 se x ≤0

Φ

1 2

√n+^√1_nlog x

se x >0 , doveΦ(x) =Rx

−∞

√1

2πe^−12t2dt indica la funzione di ripartizione della distribuzione normale standard, ossiaΦ(x) = P(Z ≤ x) con Z ∼ N (0, 1).

[Sugg. Si ricordino le proprietà delle variabili aleatorie normali.]

(b) Si deduca che X_n ha una distribuzione assolutamente continua e se ne determini la densità.

(c) Applicando opportunamente la legge forte dei grandi numeri, si mostri che il limite di B_n−¹₂n per n → ∞ esiste q.c. e vale . . . Si deduca quindi che X_n→ 0 q.c..

(d) Si mostri che E(X_n) = 1 per ogni n ∈ N. La successione Xn converge in L¹? [Sugg. Si può utilizzare la formulaE(e^tZ) = e^12t2 per ogni t ∈ R, con Z ∼ N (0, 1).]

Soluzione 5. (a) Dato che X_n ≥ 0 si ha chiaramente F_Xn(x) = P(X_n ≤ x) = 0 per x ≤ 0, mentre per x >0, usando il fatto che Bn ha la stessa distribuzione di √

nB1, FXn(x) = P(Xn≤ x) = P



Bn≤ 1

2n+ log x



= P



B1 ≤ 1 2

√n+ 1

√nlog x



= Φ 1 2

√n+ 1

√nlog x

 .

(b) Dato che Φ è C¹ a tratti (in realtà C^∞) e chelimz→−∞Φ(z) = 0, segue che FXn è C¹ a tratti. Di conseguenza, X_n è una variabile aleatoria assolutamente continua, con densità

f_Xn(x) = F_X⁰ _n(x) = Φ⁰ 1 2

√n+ 1

√nlog x

 1

√nx1_(0,∞)(x)

= e⁻

1 2(¹₂√

n+^√1_nlog x)²

√2πnx 1_(0,∞)(x) = e⁻¹⁸ⁿ

√2πn

e^{−2n1(log x)2}

x^3/2 1_(0,∞)(x) .

(c) Applicando la legge forte dei grandi numeri si ha lim_n→∞^B_nⁿ = 0 q.c.. Di conseguenza q.c.

B_n−¹₂n= n ^B_nⁿ −¹₂
∼ −¹₂n → −∞ e dunque X_n→ 0 q.c..

(d) Si ha E(e^Zi) = e¹² e dunque, ricordando che le variabili aleatorie Z_i sono indipendenti, E(Xn) = E(e^Bn−12n) = e⁻¹²ⁿE

 n

Y

i=1

e^Zi



= e⁻¹²ⁿ

n

Y

i=1

E(e^Zi) = e⁻¹²ⁿe¹²ⁿ= 1 .

Se X_n convergesse in L¹ il limite dovrebbe essere necessariamente 0 (infatti già sappiamo che X_n→ 0 q.c.; inoltre, entrambe le convergenze q.c. e in L¹ implicano la convergenza in probabilità, e il limite in probabilità è unico q.c.). La convergenza X_n→ 0 non ha luogo in L¹, perché in caso contrario si avrebbe la convergenza dei valori mediE(X_n) → E(0) = 0, maE(Xn) = 1 per ogni n ∈ N.

Esercizio 6. Ci sono tre postazioni A, B, C disposte lungo una circonferenza, come in figura.

A

C B

Anna parte inizialmente dalla postazione A: in ogni istante lancia un dado regolare (tetraedro) con 4 facce numerate da 1 a 4 ed effettua un numero di “salti” in senso orario, da una postazione a quella adiacente, pari al risultato del dado. (Ad esempio, se in un certo istante Anna si trova in A e il dado ha come esito 2, all’istante successivo si trova in C.)

Indicando con X_n per n ≥ 0 la postazione in cui si trova Anna all’istante n ∈ N, possiamo descrivere X= (Xn)n≥0 mediante un’opportuna catena di Markov sull’insieme E= {A, B, C}.

(a) Si scriva la matrice di transizione della catena e si classifichino gli stati. La catena è irriducibile?

Aperiodica?

(b) Si mostri che esiste un’unica probabilità invariante e la si determini. Essa è reversibile?

Quanti istanti impiega mediamente Anna a ritornare alla postazione di partenza?

Soluzione 6. (a) Identificando A ↔1, B ↔ 2, C ↔ 3, la matrice di transizione è data da

p=









1 4

1 2

1 4 1 4

1 4

1 2 1 2

1 4

1 4









La catena è chiaramente irriducibile e aperiodica, essendo p_ii>0 per ogni i ∈ E. Essendo E un insieme finito, tutti gli stati sono ricorrenti positivi.

(b) Essendo la catena ricorrente positiva e irriducibile, esiste una sola probabiiltà invariante π= (πi)i∈E che soddisfa la relazione

X

i∈E

π_ip_ij = π_j, ∀j ∈ E , X

i∈E

π_i = 1 .

Per ragioni di simmetria (o risolvendo il sistema) si trova che la probabilità invariante è uniforme: π_A = πB = πC = ¹₃. Essa non è reversibile, dal momento che π_ApA,B = ¹₃¹₂ 6=

1 3 1

4 = π_Bp_B,A. Il tempo medio per ritornare in A partendo da A vale1/π_A= 3.