16 febbraio 2015 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).
PARTE I (Esercizi 1, 2, 3)
Esercizio 1. Ho un mazzo da 40 carte, numerate da 1 a 40. Lancio una moneta regolare: se esce testa, giro due carte dal mazzo; se esce croce, ne giro tre.
(a) Qual è la probabilità che le carte girate siano tutte di numero dispari?
(b) Se le carte girate sono tutte di numero dispari, è più probabile che sia uscita testa o croce?
Soluzione 1. (a) Sia T l’evento “esce testa” e sia A l’evento “le carte girate sono tutte dispari”.
Allora
P(A|T ) = 20 · 19
40 · 39, P(A|Tc) = 20 · 19 · 18 40 · 39 · 38. Per la formula delle probabilità totali
P(A) = P(A|T )P(T ) + P(A|Tc)P(Tc) = 20 · 19 40 · 39 1
2 +20 · 19 · 18 40 · 39 · 38 1
2 = 20 · 19 40 · 39
14 19. (b) Per la formula di Bayes
P(T |A) = P(A|T )P(T )
P(A) =
20·19 40·39 1 2 20·19 40·39
14 19
= 19 28,
quindi P(Tc|A) = 1 − P(T |A) = 289. Se le carte girate sono tutte di numero dispari, è più probabile che sia uscita testa.
Esercizio 2. Giulio lancia ripetutamente una moneta equilibrata. Per ogni i ∈ N, indichiamo con Xi ∼ Be(12) l’esito dell’i-esimo lancio (1 testa, 0 croce). Indichiamo inoltre con Tn il numero di teste e con Cn il numero di croci ottenute nei primi n lanci.
(a) Per ogni n, k, ` ∈ N0, si mostri che P(Tn= k, Cn= `) = n! 2−n
k! `! 1k∈{0,1,...,n}1`∈{0,1,...,n}1k+`=n. (b) Le variabili aleatorie Tn e Cn sono indipendenti? Si calcoli Cov[Tn, Cn].
Giulio decide di fermarsi a un istante aleatorio S, indipendente dai lanci della moneta, con distribuzione S ∼ Pois(λ). Indichiamo con Y il numero di teste e con Z il numero di croci ottenute fino a quell’istante, ossia Y := TS e Z := CS.
(c) Si determini la distribuzione congiunta delle variabili aleatorie Y e Z. Esse sono indipendenti?
Soluzione 2. (a) Si noti che Tn=Pn
i=1Xi mentre Cn:=Pn
i=1(1 − X − i), dunque Tn+ Cn= n.
Ciò significa che l’evento {Tn= k, Cn= `} è vuoto se k + ` 6= n, mentre per k + ` = n esso coincide con l’evento {Tn= k}. Dato che Tn∼ Bin(n,12), segue che per k + ` = n
P(Tn= k, Cn= `) = P(Tn= k) =n k
1 2
k
1 2
n−k
, che coincide con l’espressione data dopo qualche semplificazione.
(b) Le variabili aleatorie Tne Cnhanno entrambe distribuzione Bin(n,12) e non sono indipendenti, dal momento che P(Tn= n) > 0, P(Cn= n) > 0 mentre P(Tn= n, Cn= n) = 0.
Dato che Cn = n − Tn, si ha Cov[Tn, Cn] = Cov[Tn, n − Tn] = Cov[Tn, n] − Cov[Tn, Tn] per bilinearità della covarianza. Inoltre Cov[Tn, n] = 0, perché n è una costante, dunque Cov[Tn, Cn] = − Var[Tn] = −n12(1 −12) = −n4 perché Tn∼ Bin(n,12).
(c) Sull’evento {S = n} si ha Y = Tne Z = Cn, inoltre Tne Cnsono indipendenti da S, pertanto per ogni k, ` ∈ N0
P(Y = k, Z = ` | S = n) = P(Tn= k, Cn= ` | S = n) = P(Tn= k, Cn= `) ,
che è l’espressione determinata in precedenza, non nulla se e solo se n = ` + k. Per la formula delle probabilità totali, per ogni k, ` ∈ N0 si ottiene
P(Y = k, Z = `) = X
n∈N
P(Y = k, Z = ` | S = n)P(S = n)
= P(Tk+` = k, Ck+`= `)P(S = k + `)
= (k + `)! 2−k−`
k! `! e−λ λk+`
(k + `)! = e−λ2 (λ2)k
k! e−λ2 (λ2)`
`! .
Notando che il membro destro è il prodotto di due densità discrete Pois(λ2), segue che Y e Z hanno entrambe distribuzioni marginali Pois(λ2) e sono indipendenti (perché la densità discreta congiunta è il prodotto delle densità discrete marginali).
Esercizio 3. Sia X ∼ Gamma(12,12), ossia X è una variabile aleatoria reale assolutamente continua con densità
fX(x) = e−x2
√2π√
x1(0,∞)(x) .
Sia Y una variabile aleatoria indipendente da X, con distribuzione P(Y = −1) = P(Y = +1) = 12. Poniamo quindi
Z := Y√ X .
(a) Senza calcolarne la distribuzione, si mostri che Z è una variabile aleatoria simmetrica, ossia
−Z ha la stessa legge di Z.
(b) Si mostri che Z è una variabile aleatoria assolutamente continua e se ne determini la densità.
(c) Si calcolino Var[Z] e Cov[Y, Z].
Soluzione 3. (a) Osserviamo che Y è simmetrica, ossia −Y ha la stessa distribuzione di Y , ed è indipendente da X, e quindi anche da√
X (funzioni di variabili aleatorie indipendenti. . . ).
Segue che −Z = (−Y )√
X ha la stessa legge di Y√
X = Z.
(b) Osserviamo che se Y = −1 allora Z = −√
X < 0, quindi per z ≥ 0 si ha P(Z ≤ z|Y =
−1) = 1. Quindi
FZ(z) = P(Z ≤ z) = P(Z ≤ z|Y = 1)P(Y = 1) + P(Z ≤ z|Y = −1)P(Y = −1)
= P(
√
X ≤ z|Y = 1) ·1
2 + 1 ·1 2 = 1
2 P(
√X ≤ z) + 1 ,
avendo usato l’indipendenza di√
X e Y nell’ultima uguaglianza. Dato che P(√
X ≤ z) = P(X ≤ z2) = FX(z2), abbiamo mostrato che
FZ(z) = 1
2(1 + FX(z2)) , Sfruttando la simmetria di Z, per z < 0 si ha
FZ(z) = P(Z ≤ z) = P(−Z ≤ z) = P(Z ≥ −z) = 1 − P(Z < −z) = 1 − FZ((−z)−) . Dato che FZ(a) è continua per a ≥ 0, per la relazione appena mostrata, si ottiene
FZ(z) = 1 − FZ(−z) = 1 −1
2 1 + FX(z2) = 1
2 1 − FX(z2) .
Questo mostra che FZ è una funzione C1 a tratti, essendo C1 in (−∞, 0) e (0, ∞), come composizione di funzioni C1, e continua in 0, essendo FX(0) = 0. Dunque Z è assolutamente continua e ha densità per z ≥ 0 data da
fZ(z) = FZ0(z) = 1
2FX0 (z2) · 2z = fX(z2)z = e−z2/2
√ 2π .
Per simmetria fZ(−z) = fZ(z), dunque Z ha distribuzione normale standard.
(c) Chiaramente Y ∈ L2, essendo |Y | ≤ 1, mentre X ∈ L1 (proprietà della Gamma, o calcolo diretto), quindi Z ∈ L2. Quindi Var[Z] e Cov[Y, Z] sono ben definite.
Per simmetria E[Z] = 0. Inoltre, essendo Y2 = 1, si ha E[Z2] = E[X] = 12/12 = 1, perché il valore medio di una Gamma(α, λ) vale α/λ. Quindi Var[X] = E[Z2] − E[Z]2 = 1, in accordo col fatto che Z ∼ N (0, 1), come mostrato nel punto precedente. Infine
E[Y Z] = E[Y2
√
X] = E[
√ X] =
Z
R
√xfX(x) dx = 1
√2π Z ∞
0
e−x2 dx = r2
π da cui Cov[Y, Z] = E[Y Z] − E[Y ]E[Z] =
q2 π.
PARTE II (Esercizi 4, 5, 6)
Esercizio 4. Siano (Xn)n∈N variabili aleatorie i.i.d., definite su uno spazio di probabilià (Ω, A, P), con funzione di ripartizione
FXn(x) =
1 − 1 1 + x2
1[0,∞)(x) . (a) Per quali p ∈ (0, ∞) si ha X1 ∈ Lp?
Introduciamo per n ∈ N la variabile aleatoria Yn definita da Yn:= min{√
n X1,√
n X2, . . . ,√ n Xn} .
(b) Si mostri che Yn converge in distribuzione per n → ∞ verso una variabile aleatoria assolutamente continua Y , e se ne scriva la densità.
Definiamo per k, n ∈ N con n > k Yn(k):= min{√
n Xk+1,√
n Xk+2, . . . ,√ n Xn} .
(c) (*) Fissiamo ω ∈ Ω per cui si abbia Xi(ω) > 0 per ogni i ∈ N. Si mostri che, per ogni k ∈ N, lim sup
n→∞
Yn(ω) = lim sup
n→∞
Yn(k)(ω) . (?)
[Sugg. Si noti che Yn = min{A(k)n , Yn(k)}, avendo posto A(k)n := min{√ n X1,√
n X2, . . . ,√ n Xk}.]
(d) Si mostri che la successione (Yn)n∈N non converge q.c..
Soluzione 4. (a) Dato che FX1 è una funzione C1 a tratti su R, la variabile aleatoria X1 è assolutamente continua con densità
fX1(x) = FX01(x) = 2x
(1 + x2)2 1[0,∞)(x) . Occorre stabilire per quali valori di p è finito l’integrale
E[|X1|p] = Z +∞
−∞
|x|pfX1(x) dx = Z ∞
0
2xp+1 (1 + x2)2dx .
Notiamo che la funzione integranda è continua su [0, ∞), quindi limitata su ogni compatto [0, M ], quindi gli unici problemi di integrabilità possono accadere in [M, ∞). Dato che la funzione integranda è asintoticamente equivalente a 2xp+1/x4 = 2xp−3, segue che l’integrale è finito se e solo se p − 3 < −1, ossia p < 2.
(b) Chiaramente FYn(y) = 0 per y ≤ 0, mentre per y > 0 FYn(y) = 1 − P(Yn> y) = 1 − P
X1> y
√n, . . . , Xn> y
√n
= 1 − 1
(1 +yn2)n, avendo usato l’indipendenza delle variabili aleatorie Xi. Si noti che
n→∞lim FYn(y) =
1 − 1
ey2
1[0,∞)(y) =: F (y) .
La funzione F è crescente, continua e ha limite 0 a −∞ e 1 a +∞; in particolare, è la funzione di ripartizione di una variabile aleatoria Y , ossia FY(y) = F (y). La convergenza puntuale delle funzioni di ripartizione implica la convergenza in distribuzione di Yn verso Y .
Infine, essendo la funzione FY di classe C1 a tratti, segue che Y è assolutamente continua con densità
fY(y) = FY0 (y) = 2y e−y21[0,∞)(y) .
(c) Seguendo il suggerimento,
Yn(ω) = minA(k)n (ω), Yn(k)(ω) , con A(k)n (ω) :=√
n min{X1(ω), X2(ω), . . . , Xk(ω)} . Osserviamo che limn→∞A(k)n (ω) = ∞. Infatti per ipotesi X1(ω) > 0, . . . , Xk(ω) > 0, quindi mk(ω) := min{X1(ω), X2(ω), . . . , Xk(ω)} > 0 e A(k)n (ω) =√
n mk(ω) → ∞.
Distinguiamo due casi. Se A(k)n (ω) < Yn(k)(ω) solo per un numero finito di n, ossia A(k)n (ω) ≥ Yn(k)(ω) definitivamente, Yn(ω) = min{A(k)n (ω), Yn(k)(ω)} = Yn(k)(ω) definitiva- mente, da cui la relazione (?) segue. Se invece A(k)n (ω) < Yn(k)(ω) per infiniti n, ossia lungo una sottosuccessione (n`)`∈N, allora Yn(k)` (ω) > A(k)n`(ω) → ∞ e anche Yn`(ω) = min{A(k)n`(ω), Yn(k)` (ω)} = A(k)n`(ω) → ∞, dunque la relazione (?) è ancora verificata (∞ = ∞).
(d) Per il punto precedente lim supn→∞Yn = lim supn→∞Yn(k) è misurabile rispetto alla σ- algebra Gk := σ(Xk+1, Xk+2, . . .), per ogni k ∈ N, dunque è misurabile rispetto alla σ-algebra di coda G∞:=T
k∈NGk della successione (Xn)n∈N. Segue allora dalla legge 0-1 di Kolmogorov che la variabile aleatoria lim supn→∞Yn è quasi certamente costante.
Se la successione Ynconvergesse q.c., il suo limite q.c. limn→∞Yn= lim supn→∞Ynsarebbe q.c. costante. Dato che la convergenza q.c. implica quella in distribuzione, Yn convergerebbe in distribuzione a una costante, in contraddizione con quanto mostrato in precedenza.
Esercizio 5. Sia (Xn)n∈N una successione di variabili aleatorie i.i.d. U (0, 1).
(a) Si dica se i seguenti limiti esistono q.c. e, in caso affermativo, li si determini:
n→∞lim
log X1+ . . . + log Xn
n lim
n→∞ X1· X2· . . . · Xn1/n
. Definiamo ora una nuova successione (Yn)n∈N ponendo
Yn:= aXn+ b , dove a, b ∈ R sono parametri fissati.
(b) Si determinino i valori di a, b per cui E[Y1] = 3 e Var[Y1] = 9.
(c) Fissiamo n = 400. Ritenete più probabile che la somma Sn:= Y1+ . . . + Ynsia maggiore di 1300, oppure che sia minore di 1150? Motivare la risposta, usando l’approssimazione normale.
Soluzione 5. (a) Le variabili aleatorie (log Xi)i∈N sono i.i.d. perché ottenute applicando la stessa funzione (misurabile) a una successione i.i.d., e sono in L1, dal momento che
E[log X1] = Z 1
0
log x dx = [x(log x − 1)]10= −1 . Per la legge forte dei grandi numeri si ha dunque che q.c.
n→∞lim
log X1+ . . . + log Xn
n = −1 .
Infine, sempre q.c.,
X1· X2· . . . · Xn1/n
= exp log X1+ . . . + log Xn
n
→ e−1.
(b) Dato che E[X1] = 12 e Var[X1] = 121 , per le proprietà di valore medio e varianza si ha E[Y1] = a
2 + b , Var[Y1] = a2 12. Imponendo E[Y1] = 3 e Var[Y1] = 9 si ottiene a = ±6√
3 e b = 3(1 ∓√ 3).
(c) Per il teorema limite centrale, indicando con Z una variabile aleatoria N (0, 1), P(Sn> 1300) = P Sn− 3 · 400
√
9 · 400 > 1300 − 3 · 400
√ 9 · 400
≈ P
Z > 100 60
= 1 − Φ(1.66) , mentre
P(Sn< 1150) = P Sn− 3 · 400
√
9 · 400 < 1150 − 3 · 400
√ 9 · 400
≈ P
Z < −50 60
= Φ(−0.83) = 1 − Φ(0.83) . Dato che Φ è crescente, si ha Φ(1.66) > Φ(0.83) e dunque P(Sn> 1300) < P(Sn< 1150).
Esercizio 6. Sia X = (Xn)n≥0 una catena di Markov con spazio degli stati E = N = {1, 2, 3, . . .}
e con matrice di transizione
pij =
3
4 se i = j = 1
1
2(1 − 2i1) se j = i + 1
1
2(1 + 2i1) se i ≥ 2, j = i − 1
0 altrimenti
.
(a) Si determinino le classi di comunicazione e se ne calcoli il periodo.
(b) Si mostri che µ = (µi = i
i2−1
4
)i∈E è una misura invariante. La catena di Markov è ricorrente positiva?
Soluzione 6. (a) Dato che pi,i+1 > 0 per ogni i ∈ E si ha che i → j per ogni j ≥ i. Dato che pi,i−1 > 0 per ogni i ≥ 2 si ha i → j per ogni j ≤ i. Quindi i ↔ j per ogni i, j ∈ E, ossia la catena è irriducibile (E è l’unica classe di comunicazione). Tutti gli stati hanno lo stesso periodo che vale 1, dal momento che p11> 0.
(b) Verifichiamo che la misura assegnata è reversibile, ossia µipij = µjpji per ogni i, j ∈ E. Per la struttura della matrice di transizione basta verificarlo per j = i ± 1 e per simmetria basta considerare il caso j = i + 1, ossia
µipi,i+1 = µi+1pi+1,i ⇐⇒ i i2−14
1 2
1 − 1
2i
= i + 1 (i + 1)2−14
1 2
1 + 1
2(i + 1)
⇐⇒ i
(i − 12)(i +12)
i − 12 2i
= i + 1
(i + 1 −12)(i + 1 +12)
i + 32 2(i + 1)
che si riduce a 2i+11 = 2i+11 , chiaramente verificata.
Dal momento che µi∼ 1/i per i → ∞, si ha P
i∈Nµi= ∞. Da ciò segue che la catena non è ricorrente positiva: in caso contrario esisterebbe una probabilità invariante π = (πi)i∈E e ogni misura invariante sarebbe un multiplo di π, ossia λi = cπi con c ∈ (0, ∞), che è assurdo perché implicherebbe cheP
i∈Nλi = cP
i∈Nπi = c < ∞.
Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori di Φ(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
