(1)Corsi di Probabilità ecc., per Ing

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Corsi di Probabilità ecc., per Ing. dell’Automazione, Informatica e Inf.Gest.Azienda, 17/9/2011 Esercizio 1. Si consideri la funzione f (x) = C jx 1j e ^{mjx 1j}² i) Stabilire per quali valori di m e di C è una densità di probabilità.

ii) Trovare la densità della v.a. Y = X². iii) Calcolare E [jX 1j].

iv) Trovare, per m = log 5, il quantile di ordine 0.9, ovvero quel numero q tale che P (X q) = 0:9.

Esercizio 2. Consideriamo la catena di Markov su E = f1; 2; 3; 4; 5g associata alla seguente matrice di transizione (a e b sono parametri che sod- disfano a + b = 3, a; b > 0)

P = 0 BB BB

@

0 0 1=2 0 1=2

0 a=3 0 0 b=3

0 0 a=3 b=3 0

0 0 b=3 a=3 0

0 b=3 0 0 a=3

1 CC CC A :

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

ii) Per a = 1, b = 2, calcolare la probabilità al tempo 4 di trovarsi nello stato 2, partendo al tempo 0 dallo stato 1.

iii) Per a = 1, b = 2, determinare tutte le probabilità invarianti della catena. Cercare di usare ragionamenti il più possibile strutturali e non solo calcoli alla cieca.

iv) Per a = 1:5, b = 1:5, cercare di capire se, indicata con p⁽ⁿ⁾_ij la prob- abilità di trovarsi nello stato j al tempo n dopo essere partiti dallo stato i al tempo 0, vale la convergenza all’equilibrio, cioè p⁽ⁿ⁾_ij converge ad un valore

ij per n ! 1. Stabilire quanto vale ^ij. Esporre anche solo considerazioni parziali.

Esercizio 3. Un sistema di ricezione riceve ogni secondo un segnale binario (0 o 1). Per semplicità si supponga che i valori ricevuti nei diversi secondi siano indipendenti, identicamente distribuiti, e che la probabilità che un valore sia 1 valga p.

i) Sia Nkla v.a. che conta il numero di zeri tra il k-esimo 1 ed il successivo e sia N0 il numero di zeri prima del primo 1. Ad esempio, se il sistema riceve la stringa 00100010100100001... il valore di N0 è 2, il valore di N1 è 3, il valore di N2 è 1, il valore di N3 è 2, il valore di N4 è 4. Stabilire che v.a. è

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N₀ (dire che valori può assumere e stabilirne le probabilità, svolgendo calcoli motivati, non basta dire chi è sulla base di teorie note o di analogie).

ii) Se p = 0:3, calcolare la probabilità che il numero di 1 nelle prime 50 cifre sia maggiore strettamente di 16.

iii) Dire quello che si riesce della v.a. N1 (nella direzione di dire che valori può assumere e stabilirne le probabilità).

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1 Soluzioni

Esercizio 1. i) Per m > 0 il decadomento esponenziale quadratico rende

…nito l’integrale, mentre per m 0 la funzione diverge all’in…nito e quindi anche l’integrale. Vale poi, per la simmetria rispetto al punto x = 1,

Z ₁

1

Cjx 1j e ^{mjx 1j}²dx = 2C Z ₁

1

jx 1j e ^{mjx 1j}²dx = 2C Z ₁

0

xe ^mx²dx

= C 1

me ^mx²

1 0

= C m: Quindi C = m.

ii)

P (Y y) = P X² y = P ( py X py) = F_X(py) F_X( py)

f_Y (y) = f_X(py) 1

2py + f_X( py) 1

2py = 1

2py(f_X(py) + f_X( py))

= 1

2py mjpy 1j e ^mj^p^{y 1}j² + mj py 1j e ^mj ^p^{y 1}j² : iii)

E [jX 1j] = Z ₁

1

mjx 1j²e ^{mjx 1j}²dx = Z ₁

1

mx²e ^mx²dx mp

2 ² Z ₁

1

p 1

2 ²x²e ^{2 2}^x2 dx

con m = ₂¹2, per cui usando il risultato noto sulla varianza di una gaus- siana,

= mp

2 ² ² = 1 2

r m:

iv) Dobbiamo risolvere l’equazione P (X q) = 0:9. Sappiamo che P (X q) =

Z q 1

mjx 1j e ^{mjx 1j}²dx:

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Ci interessanoi q > 1 in quanto l’area che cerchiamo è 0.9. Quindi, per tali q,

P (X q) = 1 2+

Z q 1

mjx 1j e ^{mjx 1j}²dx = 1 2 +

Z q 1 0

mxe ^mx²dx

= 1

2+ 1

2e ^mx²

q 1

0

= 1 2 +1

2 1

2e ^{m(q 1)}² = 1 1

2e ^{m(q 1)}² Imponendo P (X q) = 0:9 troviamo

e ^{m(q 1)}² = 0:2 da cui

m (q 1)² = log 5

ovvero q 1 = 1, cioè q = 2 oppure q = 0 che non è ammissibile per quanto già detto. La soluzione è q = 2.

Esercizio 2. i) Lo stato 1 è transitorio, gli altri ricorrenti; f2; 5g e f3; 4g sono irriducibili.

ii) I tragitti sono

1¹⁼²! 5¹⁼³! 5¹⁼³! 5²⁼³! 2 1¹⁼²! 5¹⁼³! 5²⁼³! 2²⁼³! 2 1¹⁼²! 5²⁼³! 2¹⁼³! 5²⁼³! 2 1¹⁼²! 5²⁼³! 2²⁼³! 2²⁼³! 2 quindi la probabilità cercata vale

1 2 1 3

1 3 2 3 +1

2 1 3

2 3 2 3 +1

2 2 3

1 3 2 3 +1

2 2 3 2 3 2

3 = 0:333:

iii) La classe f2; 5g ha un’unica distribuzione invariante, uniforme per simmetria. Lo stesso vale per la classe f3; 4g. Tutte le distribuzioni hanno la forma

0;1

2; 0; 0;1

2 + (1 ) 0; 0;1 2;1

2; 0

= 0;

2;1

2 ;1 2 ;

2 :

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iv) Per i = 1 e j 2 f2; 5g vale

p⁽ⁿ⁺¹⁾_ij = 1 2p⁽ⁿ⁾_5j mentre per j 2 f3; 4g vale

p⁽ⁿ⁺¹⁾_ij = 1 2p⁽ⁿ⁾_3j

quindi è su¢ ciente capire p⁽ⁿ⁾_ij per i 6= 1. Inoltre, per j = 1 tali probabilità sono nulle, quindi ci restringiamo anche a j 6= 1. In…ne, per l’irriducibilità, basta capire p⁽ⁿ⁾_ij per i; j 2 f2; 5g e poi separatamente per i; j 2 f3; 4g, ed inoltre i due casi sono indentici. In de…nitiva, a parte i valori numerici di

ij, è su¢ ciente capire p⁽ⁿ⁾_ij per i; j 2 f2; 5g. Qui si tratta della matrice di transizione

P = 1=2 1=2 1=2 1=2 :

E’facile veri…care che Pⁿ= P, quindi p⁽ⁿ⁾_ij = 1=2. Quindi vale la convergenza all’equilibrio. Inoltre

ij = 1 2 per i; j 2 f2; 5g e per i; j 2 f3; 4g, mentre

1j = 1 4 per ogni j 6= 1.

Esercizio 3. i) La v.a. N0 conta gli zeri prima del primo 1 e quindi può assumere ogni valore intero non negativo. Vale

P (N₀ = k) = P (X₁ = 0; :::; X_k = 0; X_k+1 = 1) dove Xj è il j-esimo simbolo, quindi per l’indipendenza dei simboli

= P (X1 = 0) P (Xk= 0) P (Xk+1 = 1) = (1 p)^kp:

ii)

P (X₁ + ::: + X₅₀> 16) = 1 P (X₁+ ::: + X₅₀ 16) = 1 P X1+ ::: + X50 50 p50

16 50 p50

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dove = E [X₁] = p, ² = V ar [X₁] = p (1 p), per cui detta Z una N (0; 1), per il TLC vale

1 P Z 16 50p

p50p (1 p)

!

= 1 16 50 0:3

p50 0:3 0:7

= 1 (0:30861) = 1 0:621 = 0:379:

Al tempo stesso avremmo potuto scrivere

P (X₁ + ::: + X₅₀> 16) = P (X₁+ ::: + X₅₀ 17) = 1 P (X₁+ ::: + X₅₀< 17)

1 17 50 0:3

p50 0:3 0:7 = 1 17 50 0:3 p50 0:3 0:7

= 1 (0:61721) = 1 0:731 = 0:269:

Un valore plausibilmente più realistico si ottiene con la correzione di conti- nuità, cioè calcolando 1 16:5 50 0:3p

50 0:3 0:7 .

iii) Una buona intuizione è che N1 sia distribuita come N0; il problema è che l’istante da cui si contano gli zeri che de…niscono N1, è aletorio, quindi non si applicherebbero i ragionamenti usuali; però si intuisce che valga una sorta di prorietà di mancanza di memoria, per cui l’istante aleatorio iniziale di fatto sia come se fosse …ssato (ciò che accade prima di esso non conta, è come se si ripartisse da zero).

Svolgiamo tuttavia un calcolo rigoroso. N1 può assumere ogni valore intero non negativo. Vale

P (N₁ = 0) = X1 k=0

P (X₁ = 0; :::; X_k = 0; X_k+1= 1; X_k+2 = 1) (intendendo che il termine per k = 0 è P (X1 = 1; X₂ = 1))

= X1 k=0

(1 p)^kp² = p² 1

1 (1 p) = p

P (N1 = 1) = X1

k=0

P (X1 = 0; :::; Xk= 0; Xk+1 = 1; Xk+2 = 0; Xk+3 = 1)

= X1

k=0

(1 p)^kp²(1 p) = p (1 p)

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e così via P (N₁ = j) =

X1 k=0

P (X₁ = 0; :::; X_k= 0; X_k+1 = 1; X_k+2 = 0; :::; X_k+1+j = 0; X_k+2+j = 1)

= X1

k=0

(1 p)^kp²(1 p)^j = p (1 p)^j

confermando l’intuizione che N1 sia distribuita come N0.