lim sup n∈N P(An

Laurea Triennale in Matematica 2011/12 Nome:

17 luglio 2012 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. Sia {A_n}_n∈N una successione di eventi di uno spazio di probabilità (Ω, A, P).

Ricordiamo la definizione dell’eventolim sup_n∈NA_n: lim sup

n∈N

An := \

k∈N

[

n≥k

An

!

(a) Si mostri che

P

lim sup

n∈N

An



= lim

k→∞P [

n≥k

An

! . (b) Si mostri che vale la seguente disuguaglianza

P [

n≥k

An

!

≥ P(Am) , ∀m ≥ k . (c) Si deduca che

P

lim sup

n∈N

A_n

≥ lim sup

n∈N

P(A_n) .

[Sugg.: si ricordi la definizione dilim sup di una successione di numeri reali.]

Soluzione 1. (a) Ponendo B_k:=S

n≥kAn, si ha che {B_k}_k∈N è una successione decrescente di eventi, quindi per continuità dall’alto della probabilità si ha

P

lim sup

n∈N

A_n

= P \

k∈N

B_k

!

= lim

k→∞P(B_k) = lim

k→∞P [

n≥k

A_n

! . (b) Per definizione di unione, S

n≥kAn⊇ A_m per ogni m ≥ k, da cui segue la disuguaglianza.

(c) Dato che la disuguaglianza al punto precedente vale per ogni m ≥ k, possiamo prendere l’estremo superiore su k, ottenendo

P [

n≥k

A_n

!

≥ sup

m≥k

P(A_m) . Grazie al primo punto otteniamo dunque

P

lim sup

n∈N

An



≥ lim

k→∞sup

m≥k

P(Am) =: lim sup

k→∞

P(Ak) .

Esercizio 2. Consideriamo una famiglia di urne, indicizzate dai numeri naturali incluso lo zero, con la seguente composizione: l’urna k-esima, con k ∈ N0= {0, 1, 2, . . .}, contiene 1 pallina nera e k palline bianche. Katia pesca una pallina a caso dall’urna numero X, dove X è una variabile aleatoria con legge P o(λ) (cioè P(X = k) = e^{−λ λ}_k!^k per ogni k ∈ N0, con λ ∈(0, ∞) fissato).

Indichiamo con A l’evento “la pallina pescata da Katia è nera”.

(a) Si determini P(A|X = k), per ogni k ∈ N0. Si deduca cheP(A) = ^1−e_λ^−λ. (b) Si determini q(k) := P(X = k|A) per ogni k ∈ N0.

(c) Si mostri che q(·) coincide con la densità discreta della variabile aleatoria Y := X − 1 rispetto alla probabilitàP( · |X ≥ 1).

(d) Si calcoli E(X|A), ossia il valore atteso di X rispetto alla probabilità P( · |A).

Soluzione 2. (a) Per costruzioneP(A|X = k) = _k+1¹ , quindi per la formula delle probabilità totali

P(A) = X

k∈N0

P(A|X = k) P(X = k) =

∞

X

k=0

1 k+ 1

λ^k

k!e^−λ = 1 λ

∞

X

m=1

λ^m m!e^−λ

= 1

λ 1 − P(X = 0)

= 1 − e^−λ

λ ,

avendo fatto il cambio di variabili k+ 1 = m.

(b) Per la formula di Bayes

q(k) = P(A|X = k) P(X = k)

P(A) =

1 k+1

λ^k k!e^−λ

1−e^−λ λ

= e^−λ 1 − e^−λ

λ^k+1 (k + 1)!. (c) Per ogni k ∈ N0

P(Y = k|X ≥ 1) = P(X = k + 1|X ≥ 1) = P(X = k + 1) P(X ≥ 1) =

λ^k+1 (k+1)!e^−λ

1 − e^−λ = q(k) . (d) Usando la formula per q(k) ricavata sopra si ha

E(X|A) = X

k∈N0

kq(k) = e^−λ 1 − e^−λ

∞

X

k=0

k λ^k+1 (k + 1)!, e scrivendo k= (k + 1) − 1 si ottiene

E(X|A) = e^−λ 1 − e^−λ λ

∞

X

k=0

λ^k k! −

∞

X

k=0

λ^k+1 (k + 1)!

!

= e^−λ

1 − e^−λ λe^λ− (e^λ− 1)

= λ −(1 − e^−λ) 1 − e^−λ .

Esercizio 3. Siano {X_n}_n∈N variabili aleatorie reali i.i.d.. Per ogni t ∈ R poniamo M(t) := E[e^tX1]

e facciamo l’ipotesi che M(t) < ∞ per ogni t ∈ R.

(a) Sia a ∈ R fissato. Si mostri che per ogni n ∈ N e t ∈ (0, ∞) vale la seguente uguaglianza di eventi:

X₁+ . . . + Xn> a

= e^t(X1+...+Xn)> e^ta . (b) Si deduca che per ogni a >0 e n ∈ N vale la disuguaglianza

P X1+ . . . + Xn> a

≤ e^−taM(t)ⁿ, ∀t > 0 . D’ora in avanti facciamo l’ipotesi che

∃C ∈ (0, ∞) : M(t) ≤ e^12Ct2, ∀t ∈ R .

(Questa ipotesi implica cheE(X₁) = 0 e Var(X₁) < ∞, ma non è richiesto di mostrarlo.) (c) Si deduca dai punti precedenti che per ogni a >0 e n ∈ N

P X₁+ . . . + X_n> a

≤ e^−12nCa2 . Per simmetria, segue che (non è richiesto di mostrarlo)

P |X₁+ . . . + X_n| > a

≤ 2 e^−12nCa2 . Definiamo ora, per η ≥0, la seguente successione di variabili aleatorie:

S_n^(η) := X₁+ . . . + X_n n^12+η

, ∀n ∈ N . (d) Si mostri che, per ogni η >0, si ha Sn^(η)→ 0 q.c. per n → ∞.

[Sugg.: si verifichi un’opportuna condizione sufficiente per la convergenza q.c..]

(e) Si mostri che per η= 0 non si può avere Sn^(η)→ 0 q.c. (e nemmeno in legge).

[Sugg.: si guardi la forma assunta da Sn^(η) per η= 0. . . ]

[Nel corso dell’esercizio può essere utile notare che, ∀c, γ >0, si ha e^−cnγ ≤ _n¹₂ per n grande.]

Soluzione 3. (a) Dato che x 7→ e^tx è una funzione strettamente crescente se t >0, si ha che x > a se e solo se e^tx> e^ta. Scegliendo x= (X1+ . . . + Xn)(ω), si ha che

ω ∈X₁+ . . . + X_n> a

⇐⇒ (X₁+ . . . + X_n)(ω) > a ⇐⇒ e^{t(X1+...+Xn)(ω)}> e^ta

⇐⇒ ω ∈e^t(X1+...+Xn)> e^ta .

(b) Per la disuguaglianza di Markov, P(Y > b) ≤ E(Y )/b per ogni v.a. Y ≥ 0 e per ogni b ∈(0, ∞). Scegliendo Y = e^t(X1+...+Xn) e b= e^ta, per il punto precedente si ottiene

P X₁+ . . . + Xn> a

= P e^t(X1+...+Xn)> e^ta

≤ e^−taEe^t(X1+...+Xn)

= e^−taEe^tX1n

= e^−taM(t)ⁿ,

dove si è usato il fatto che le variabili aleatorie e^tX1, . . . , e^tXn sono indipendenti, integrabili e con la stessa legge, quindiE[e^tX1· · · e^tXn] = E[e^tX1] · · · E[e^tXn] = E[e^tX1]ⁿ= M (t)ⁿ.

(c) Per i punti precedenti

P X₁+ . . . + Xn> a

≤ e^−ta+12nCt2.

Dato che questa stima vale per ogni t >0, la si può ottimizzare scegliendo il valore di t che minimizza il membro destro, o equivalentemente l’esponente. Derivando si ottiene che

−a + nCt = 0, ossia t = _nC^a (che è effettivamente un punto di minimo, come si verifica facilmente). Inserendo t= _nC^a nella stima precedente, si ottiene

P X1+ . . . + Xn> a

≤ e^{−nCa a+12nC(nCa )2} = e^−12nCa2 .

(d) Per un criterio visto a lezione (un’applicazione diretta del Lemma di Borel-Cantelli), basta mostrare cheP

n∈NP(|S^(η)n | > ε) < ∞ per ogni ε > 0. Per i punti precedenti P(|S_n^(η)| > ε) = P |X₁+ . . . + X_n| > n^12+ηε

≤ 2 e⁻¹²⁽ⁿ

12+η ε)2

nC = 2 e^−2Cε2n2η. Dato che P

n∈Ne^−cnγ < ∞ per ogni c, γ > 0 (perché per n grande si ha e^−cnγ ≤ _n¹₂), la conclusione segue.

(e) Per il teorema limite centrale, per η= 0 si ha S_n⁽⁰⁾ = ^X1+...+X√_n ⁿ → N (0, 1) in legge, quindi Sn⁽⁰⁾ non può convergere verso zero in legge, perché il limite in legge è unico.

Esercizio 4. Sia(X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale, ossia a valori in R², con legge assolu- tamente continua uniforme nel sottoinsieme A ⊆[0, 1] × [0, 1] del quadrato unitario, rappresentato dalla regione grigia nella figura seguente:

x y

1

1 2

1

2 1

0

Tale insieme si può rappresentare nel modo seguente:

A:= {(x, y) ∈ R² : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, x+ a ≤ y ≤ x + b, y ≥ x+ c} , per un’opportuna scelta dei parametri reali a, b, c.

(a) Si determinino i valori di a, b, c e si scriva il valore della densità congiunta f_X,Y(x, y) del vettore(X, Y ) per ogni (x, y) ∈ R².

(b) Si mostri che le componenti X e Y hanno entrambe legge marginale uniforme in [0, 1].

(c) Le variabili aleatorie X e Y sono indipendenti?

(d) Si calcoli P(X + Y ≤ 1).

[Sugg.: Non è necessario calcolare integrali. . . ]

Soluzione 4. (a) I valori corretti sono a= −¹₂, b= 0, c = ¹₂. La misura di Lebesgue dell’insieme A vale ¹₂, come è chiaro dal disegno (o con un semplice integrale), pertanto la densità di (X, Y ) vale

f_X,Y(x, y) = 2 1_A(x, y) . (b) La densità di X è data da

fX(x) = Z

R

fX,Y(x, y) dy = 2 Z ₁

0

1A(x, y) dy .

L’ultimo integrale è nullo se x 6∈[0, 1], mentre per ogni x ∈ [0, 1] fissato esso rappresenta la lunghezza (ossia la misura di Lebesgue unidimensionale) del sottoinsieme degli y ∈[0, 1] tali che(x, y) ∈ A. È chiaro dal disegno che tale lunghezza vale ¹₂, qualunque sia x ∈[0, 1]. Per una verifica analitica, conviene distinguere i casi x ∈[0,¹₂] e x ∈ (¹₂,1]:

f_X(x) = (2 R₀¹1{0≤y≤x}∪{x+¹₂≤y≤1}dy = 2(x + (1 − (x +¹₂))) = 1 se x ∈[0,¹₂] 2R1

0 1_{x−¹

2≤y≤x}dy = 2(x − (x −¹₂)) = 1 se x ∈(¹₂,1] . In definitiva, abbiamo mostrato che

f_X(x) = 1_[0,1](x) , ∀x ∈ [0, 1] ,

dunque X ha legge uniforme in[0, 1]. Gli argomenti per Y sono del tutto analoghi.

(c) X e Y non sono indipendenti, perché se lo fossero si dovrebbe avere

fX,Y(x, y) = fX(x)fY(y) = 1[0,1]×[0,1](x, y) per Lebesgue-q.o.(x, y) ∈ R².

Ma questo non è possibile, perché f_X,Y(x, y) = 1A(x, y) è identicamente nulla (ad esempio) nell’insieme(³₄,1) × (³₄,1) che ha misura di Lebesgue positiva, mentre 1[0,1]×[0,1](x, y) vale 1 in tale insieme.

(d) Sia B:= {(x, y) ∈ R² : x + y ≤ 1}. Dobbiamo calcolare P(X + Y ≤ 1) = P((X, Y ) ∈ B) = 1

|A|

Z

R²

1_A(x, y) 1B(x, y) dx dy = |A ∩ B|

|A| ,

dove abbiamo indicato per brevità con | · | la misura di Lebesgue nel piano. Con un disegno è chiaro per ragioni di simmetria che |A ∩ B|= ¹₂|A|, dunque P(X + Y ≤ 1) = ¹₂.

Esercizio 5. Consideriamo un cubo con i vertici numerati come in figura:

2 3 4

8 7

6 5

1

Sia X= {Xn}_n∈Nla catena di Markov a valori nell’insieme dei vertici E = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, che parte dal vertice1 (ossia X₀ = 1) e a ogni istante salta dal vertice in cui si trova in uno qualunque dei vertici “vicini”, ossia collegati da uno spigolo.

[In altri termini, questa catena di Markov non è altro che la passeggiata aleatoria sul grafo (non orientato) i cui vertici sono i vertici del cubo e i cui archi sono gli spigoli del cubo.]

(a) Si scriva la matrice di transizione della catena, si identifichino le classi di irriducibilità e si classifichino gli stati (transitori, ricorrenti positivi, ricorrenti nulli). La catena è aperiodica?

(b) Si determini la probabilità invariante (che è in effetti reversibile).

[Sugg.: È più facile trovare una probabilità reversibile piuttosto che una solo invariante. . . ]

Soluzione 5. (a) La matrice di transizione p= (pij)i,j∈E è data da

p=

































0 ¹₃ 0 ¹₃ ¹₃ 0 0 0

1

3 0 ¹₃ 0 0 ¹₃ 0 0 0 ¹₃ 0 ¹₃ 0 0 ¹₃ 0

1

3 0 ¹₃ 0 0 0 0 ¹₃

1

3 0 0 0 0 ¹₃ 0 ¹₃ 0 ¹₃ 0 0 ¹₃ 0 ¹₃ 0 0 0 ¹₃ 0 0 ¹₃ 0 ¹₃ 0 0 0 ¹₃ ¹₃ 0 ¹₃ 0































 .

Esiste una sola classe di irriducibilità, ossia la catena è irriducibile. Pertanto, essendo lo spazio degli stati finito, tutti gli stati sono ricorrenti positivi.

La catena non è aperiodica: partendo dallo stato 1, è possibile ritornare allo stato 1 solo in un numero pari di passi. Un modo per convincersene è il seguente: se si colorano di nero i vertici1, 3, 6, 8 e di bianco i vertici 2, 4, 5, 7, le regole di transizione mostrano che non è possibile saltare solo da un vertice in un altro con lo stesso colore; di conseguenza, partendo da un vertice nero, la catena visita necessariamente vertici neri negli istanti pari e vertici bianchi negli istanti dispari.

(b) Abbiamo visto a lezione che ogni passeggiata aleatoria su un grafo finito non orientato ammette una probabilità reversibile µ= (µ_i)_i∈E, con µ_i proporzionale al numero di archi uscenti dal vertice i ∈ E. Nel nostro caso ogni vertice ha lo stesso numero di archi uscenti, pertanto µ_i non dipende da i, ossia µ è la probabilità uniforme su E: µ_i = ¹₈ per ogni i ∈ E.

Più direttamente, l’equazione soddisfatta da una probabilità reversibile è µipij = µjpji, ∀i, j ∈ E .

Nel nostro caso è chiaro che la matrice di transizione è simmetrica: p_ij = pji per ogni i, j ∈ E.

Pertanto, se p_ij 6= 0, ossia se i →₁j, si ha che µ_i= µ_j. Essendo la catena irriducibile, segue che µ_i = µj per ogni i, j ∈ E, dunque µ_i = ¹₈ per ogni i ∈ E.