Esercizi di Istituzioni di Probabilità a.a nono foglio di esercizi M. Isopi

(1)

Esercizi di Istituzioni di Probabilit`a a.a. 2020-2021 nono foglio di esercizi

M. Isopi

Esercizio 1. (paradosso di Borel-Kolmogorov) [BERNOULLI]

Un punto viene scelto uniformemente su una sfera di raggio unitario. Chia- miamo Θ e Φ la latitudine e la longitudine. Trovare la densit`a condizionata di Θ dato Φ e di Φ dato Θ.

Soluzione

Consideriamo sulla sfera unitaria la misura di probabilit`a uniforme, ovvero se B ⊆ ∂B1(0):

P(B) = 1 4π

Z

∂B1(0)

χB dS

Ricordiamo innanzitutto che date due variabili aleatorie reali X, Y con distribuzione congiunta

P((X, Y ) ∈ A) = Z

A

f (x, y) dxdy Allora si ha:

P(Y ∈ B | X = x) = 1 f_X(x)

Z

B

f (x, y) dy dove f_X(x) =R

Rf (x, y)dy.

Nel nostro caso la distribuzione congiunta di Θ e Φ `e data (tramite un cambio di variabili) da:

P((Θ, Φ) ∈ A) = 1 4π

Z

A

sin(φ)χ[0,2π]×[0,π]dθdφ Da cui:

f (θ, φ) = 1

4π sin(φ)χ[0,2π]×[0,π]

f_Θ(θ) = 1 4π

Z π 0

sin(φ) dφ = 1 2π fΦ(φ) = 1

4π Z 2π

0

sin(φ) d = sin(φ) 2 Se 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ φ ≤ π:

P(Θ ≤ θ | Φ = φ) = 1 2π sin(φ)

Z _θ

0

sin(φ) dθ = 1 2πθ

(2)

P(Φ ≤ φ | Θ = θ) = 1 2

Z φ 0

sin(τ ) dτ = 1 − cos(φ) 2

Si deduce quindi che la densità condizionata di Θ dato Φ è _2π¹ , ovvero quella uniforme. D’altra parte la densità di Φ dato Θ è ¹₂sin(φ) e quindi, individuata la longitudine di un punto, è più probabile che questo sia vicino all’equatore.

Esercizio 2. [DE FINETTI]

Trovare densit`a e attesa condizionata di Y data X quando a) f (x, y) = λ²e^−λy per 0 ≤ x ≤ y < ∞;

b) f (x, y) = xe^−x(y+1) per x, y ≥ 0.

Soluzione

Per prima cosa diamo la definizione di densit`a condizionata di Y data X f_{Y |X}(y | x) = f (x, y)

f_X(x) per ogni x tale che f_X(x) > 0.

In generale

f_X(x) =

+∞

Z

−∞

f (x, y)dy .

Nel caso a) si avr`a

f_X(x) =

∞

Z

x

λ²e^−λydy = λ²

∞

Z

x

e^−λydy = λe^−λx .

Quindi la densit`a condizionata sar`a data da f_{Y |X}(y | x) = λ²e^−λy

λe^−λx = λe^−λ(y−x) .

Definiamo adesso il valore atteso condizionato di Y data X come segue E(Y |X) = φ(X)

dove

φ(x) = E(Y |X = x) =

+∞

Z

−∞

yf_{Y |X}(y|x) =

(3)

sostituendo si avr`a

=

∞

Z

x

λye^−λ(y−x)dy =

= e^λx

∞

Z

x

λye^−λydy =

e integrando per parti si ottiene

= e^λx

xe^−λx+

∞

Z

x

e^−λydy

=

= e^λx

xe^−λx+ 1 λe^−λx

=

= x + 1 λ . Per il caso b) si procede in modo analogo

f_X(x) =

∞

Z

0

xe^−x(y+1)dy =

effettuiamo un cambio di variabile ponendo z = y + 1

=

∞

Z

1

xe^−zxdz =

= x

∞

Z

1

e^−zxdz = e^−x .

Quindi

f_{Y |X}(y | x) = xe^−x(y+1)

e^−x = xe^−xy . Mentre il valore atteso sar`a dato da

φ(x) = E(Y |X = x) =

∞

Z

0

xye^−xydy =

(4)

= x

∞

Z

0

ye^−xydy =

ed integrando per parti si ottiene

x

∞

Z

0

1

xye^−xydy =

x x

∞

Z

0

e^−xydy = 1 x .

Esercizio 3. [GAUSS]

X e Y hanno densit`a congiunta f (x, y) = cx(y −x)e^−y per 0 ≤ x ≤ y < ∞.

a) Trovare c.

b) Calcolare f_X|Y(x | y), la densit`a condizionata di X data Y e f_{Y |X}(y | x).

c) Calcolare E(X|Y ) e E(Y |X).

Soluzione

a) Per trovare c non dobbiamo far altro che normalizzare la nostra distribuzione di probabilit`a fX,Y(x, y), pertanto imponiamo che l’integrale su tutto lo spazio di definizione della della distribuzione eguagli 1. In calcoli:

1 = Z ∞

0

Z y 0

cx(y − x)e^−ydx dy = c Z ∞

0

Z y 0

xye^−y− x²e^−ydx dy = c

Z ∞ 0

x² 2 y −x³

3

y

0

e^−ydy = c Z ∞

0

y² 2 y − y³

3

e^−ydy = c 6

Z ∞ 0

y³e^−ydy = c

6

−y³e^−y

∞

0

+ Z ∞

0

3y²e^−ydy

= c 6

−y³e^−y− 3y²e^−y

∞

0

+ Z ∞

0

6ye^−ydy

= c

6

−y³e^−y− 3y²e^−y− 6ye^−y

∞

0

+ Z ∞

0

6e^−ydy

= c

6

−y³e^−y− 3y²e^−y− 6ye^−y− 6e^−y

∞

0

= c 66 Quindi otteniamo c = 1

(5)

b) Tramite la formula di Bayes, si ottiene che f_X|Y(x|y) = ^{f (x,y)}_f

Y(y) e f_{Y |X}(y|x) =

f (x,y)

fX(x), dove ovviamente f_Y(y) e f_X(x) sono le densit`a marginali in Y e X. Procediamo ora con il calcolo delle distribuzioni marginali:

fY(y) = Z y

0

fX,Y(x, y) dx = Z y

0

x(y−x)e^−ydx = x²y 2 −x³

3

e^−y

y

0

= 1 6y³e^−y Allo stesso modo calcoliamo quella di X

f_X(x) = Z ∞

x

f_X,Y dy = Z ∞

x

x(y − x)e^−ydy = x Z ∞

x

ye^−y− xe^−ydy =

= x(−ye^−y− e^−y+ xe^−y)

∞

x = xe^−x

Ora possiamo passare a calcolare le densit`a condizionate:

f_X|Y(x|y) = f (x, y)

f_Y(y) = 6x(y − x)e^−y

y³e^−y = 6x(y − x) y³ e

f_{Y |X}(y|x) = f (x, y)

f_X(x) = x(y − x)e^−y

xe^−x = (y − x)e^x−y c) Usando la definizione di valore atteso condizionato si ha che

E(X|Y ) = Z

X(ω) dP(d(ω)|Y ) Quindi

E(X|Y ) = Z y

0

xf_X|Y(x|y) = 6 Z y

0

x²(y − x)

y³ dx = 6 y³

x³y 3 −x⁴

4

y

0

= 6y³

y³

y 3 −y

4

= 2y − 3 2y = 1

2y Allo stesso modo

E(Y |X) = Z

Y (ω) dP(d(ω)|X) = Z ∞

x

yf_X|Y(y|x) = Z ∞

x

(y²− yx)e^x−ydy =

= − (y²− yx)e^x−y

∞ x +

Z ∞ x

(2y − x)e^x−ydy =

= (−(y²− yx)e^x−y− (2y − x)e^x−y

∞ x ) +

Z ∞ x

2e^x−ydy =

= − (y²− yx)e^x−y− (2y − x)e^x−y− 2e^x−y

∞ x =

= (−y²e^−y+ yxe^−y− 2ye^−y+ xe^−y− 2e^−y)e^x

∞ x =

= (x²e^−x− x²e^−x+ 2xe^−x− xe^−x+ 2e^−x)e^x = 2 + x

(6)

Esercizio 4. [DOOB]

Costruire un esempio di due variabili aleatorie X e Y in modo che E(Y ) = +∞, ma E(Y |X) < +∞ quasi certamente.

Soluzione

Consideriamo le variabili aleatorie indipendenti Z ∼ N (0, 1), normale stan- dard, e X ∼ χ²(1), chi quadro ad un grado di libert`a.

Definendo ora la variabile aleatoria Y :=√ 1^√^Z

X = ^√^Z

X, osserviamo che que- sta `e una t di Student ad un grado di libert`a.

Per calcolare il valore atteso di Y ∼ t(1), ricordiamo che la densità di una t di Student ad n gradi di libertà è:

f_t(n)= 1

√nπ

Γ(ⁿ⁺¹₂ ) Γ(ⁿ₂)

1 +x²

n

⁻ⁿ⁺¹₂

1(x > 0) con Γ(·) funzione Gamma di Eulero.

Pertanto per n = 1

f_t(1) = 1

√π Γ(1)

Γ(¹₂) 1 + x²−1

1(x > 0)

Ricordando che Γ(1) = 1 e Γ(¹₂) =√

π otteniamo f_t(1)= 1

π

1

1 + x²

1(x > 0)

E(Y ) = Z ∞

0

1 π

x

1 + x²

dx = ∞ Calcoliamo ora la probabilit`a condizionata

P(Y |X) = P

Z

√

X = y|X = x

= P Z

√x = y

= P Z = y√ x Osserviamo che il condizionamento pu`o essere ignorato per l’indipendenza di Z e X e per la definizione della variabile t di Student.

Il valore atteso condizionato sar`a E(Y |X) =

Z ∞

0 y · P(Y = y|X = x)dy = Z ∞

0 y · P Z = y√

x dy =

= Z ∞

0

y · 1

√2πe⁻¹²^y²^xdy = − 1 x√

2π Z ∞

0

(−xy)e⁻¹²^y²^xdy =

= − 1 x√

2π h

e⁻¹²^y²^x i∞

0 = 1

x√ 2π

(7)

Abbiamo duque trovato due variabili aleatorie per cui vale E(Y ) = +∞ e E(Y |X) < ∞.

Nota: _dy^de⁻¹²^y²^x = −¹₂x2ye⁻¹²^y²^x = −xye⁻¹²^y²^x

Esercizio 5. [LAPLACE]

Supponiamo che X sia una variabile aleatoria G-misurabile. Dimostrare che Var(X|G) = 0.

Soluzione

Poiché X é una variabile aleatoria G-misurabile allora per unicità E(X|G) = X. Otteniamo quindi, per definizione di varianza condizionata

Var(X|G) = E (X − E(X|G))²|G = E (X − X)²|G = 0

Esercizio 6. [DE MOIVRE]

Dimostrare le seguenti disuguaglianze:

a) E (|X + Y |^r|G) ≤ c_r(E (|X|^r|G) + E (|Y |^r|G))

con cr= 1 quando r ≤ 1 e cr= 2^r−1 quando r ≥ 1 b) (H¨older condizionale)

|E(XY |G)| ≤ E(|XY ||G) ≤ k(X|G)k_p· k(Y |G)k_q con ¹_p +¹_q = 1

c) (Lyapounov condizionale)

k(X|G)k_r≤ k(X|G)k_p per 0 < r ≤ p d) (Minkowski condizionale)

k((X + Y )|G)k_p ≤ k(X|G)k_p+ k(Y |G)kp per p ≥ 1 Soluzione

a) Consideriamo il caso r ∈ (0, 1]. Se z ∈ (0, 1) si ha che √^r

z ≤ z quindi

x^r x^r+ y^r

¹_r

≤

x^r x^r+ y^r

(8)

=⇒

x^r x^r+ y^r

¹_r +

y^r x^r+ y^r

_r¹

≤ x^r+ y^r x^r+ y^r = 1

=⇒ x + y ≤ (x^r+ y^r)¹^r =⇒ (x + y)^r ≤ x^r+ y^r Otteniamo che

E(|X + Y |^r|G) ≤ E((|X| + |Y |)^r|G) ≤ E(|X|^r|G) + E(|Y |^r|G) Se r ≥ 1

x + y 2

≤ 1

2|x|^r+1

2|y|^r=⇒ |x + y|^r≤ 2^r−1(|x|^r+ |y|^r) Questo fatto è vero perché f (z) = |z|^r é convessa. Quindi per definizione

f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) con λ = ¹₂.

Quindi

E(|X+Y |^r|G) ≤ E(2^r−1(|X|^r+|Y |^r)|G) = 2^r−1[E(|X|^r|G)+E(|Y |^r|G)].

b) Per la prima disequazione usiamo la definizione di valore atteso E(Z|A) =

Z

Z(w)dP (w|A)

|E(XY |G)| = Z

(XY )(w)dP (w|G)

≤ Z

|(XY )|(w)dP (w|G) = E(|XY | |G) Per la seconda disequazione usiamo la disuguaglianza di Holder per le

funzioni f ∈ L^p(Ω) e g ∈ L^q(Ω) :

||f g||₁ ≤ ||f ||_p||g||_q quando ¹_p +¹_q = 1. Otteniamo:

E(|XY | |G) = ||XY |G||₁ = Z

|XY |(w)dP (w|G) ≤

Z

|X(w)|^pdP (w|G)

¹_pZ

|Y (w)|^qdP (w|G)

¹_q

= ||X|G||_p||Y |G||_q.

c)

||(X|G)||^r_r=

Z

|X^r(w)|dP (w|G)

= E(|X^r· 1| |G) ≤ ||X^r|G||_p⁰||1|G||_q⁰ ≤

||X^r|G||_p⁰ =

Z

|X(w)|^rp⁰dP (w|G)

¹

p0

(9)

Avendo usato il punto b) nella prima disuguaglianza e avendo preso p⁰ e q⁰ t.c. _p¹0 +_q¹0 = 1. Si ha:

Z

|X^r(w)|dP (w|G)

¹_r

≤

Z

|X(w)|^rp⁰dP (w|G)

¹

p0 1 r

Considero p > r e scelgo p⁰ = ^p_r e q⁰ = _r−p^r . Abbiamo che

||X|G||_r≤ ||X|G||_p. d)

||(X + Y )|G||^p_p = Z

|X + Y |^p(w)dP (w|G) = E(|X + Y |^p|G) =

E(|X + Y |^p−1|X + Y | |G) ≤ E(|X + Y |^p−1|X| |G) + E(|X + Y |^p−1|Y | |G) Applicando il punto b) e prendendo q tale che ¹_p +¹_q = 1 :

≤ |||X + Y |^p−1|G|_q||X|G||_p+ |||X + Y |^p−1|G||_q||Y |G||_p= (|||X + Y ||^p−1|G||_q)(||X|G||_p+ ||Y |G||_p)

Osserviamo che ¹_p +¹_q = 1 =⇒ q(p − 1) = p e che

|||X + Y |^p−1|G||_q =

Z

|X + Y |^(p−1)qdP (w|G)

¹_q

=

Z

|X + Y |^pdP (w|G)

¹_p^p_q

= ||(X + Y )|G||

p

pq

otteniamo quindi

||(X + Y )|G||^p_p≤ ||(X + Y )|G||

p q

p(||X|G||p+ ||Y |G||p) Dividendo per ||(X + Y )|G||

p q

p otteniamo la tesi.

Esercizio 7. [BONFERRONI]

Sia ϕ una funzione convessa e X una variabile aleatoria con E(X) < ∞ e E(ϕ(X)) < ∞.

a) Mostrare che ϕ(E(X|F )) ≤ E(ϕ(X)|F )

b) Mostrare che l’attesa condizionata `e una contrazione in L^p.

(10)

Soluzione

a) Se una funzione ψ `e convessa in (a, b), per ogni x0∈ (a, b) esiste un c > 0 tale che la seguente uguaglianza `e verificata per ogni x ∈ (a, b):

ψ(x) ≥ ψ(x₀) + c(x − x₀)

Nel nostro caso ϕ `e convessa in R, per cui possiamo sostituire ad x una variabile aleatoria X ed ottenere la seguente disuguaglianza di variabili aleatorie:

ϕ(X) ≥ ϕ(x0) + c(X − x0)

Calcoliamo l’attesa condizionata a F di entrambi i membri; abbiamo un’altra disuguaglianza di variabili aleatorie, che ora guardiamo localmente: per ogni ω ∈ Ω e per ogni x0 > 0 esiste c > 0 tale che

E(ϕ(X)|F )(ω) ≥ ϕ(x0) + c[E(X|F )(ω) − x0]

Concludiamo prendendo x0= E(X|F )(ω) e guardando la disuguaglianza di nuovo globalmente.

b) Un operatore lineare e continuo T tra spazi normati è detto contrazione se la sua norma è al più 1. Nel nostro caso T (X) = E(X|F ); poich Ã c ϕ(x) = |x|^p è convessa in R, possiamo sfruttare il punto (a):

|(E(X|F )|^p ≤ E(|X|^p|F )

da cui, calcolando l’attesa di entrambi i membri, abbiamo che E |(E(X|F )|^p ≤ E E(|X|^p|F )

Il membro di sinistra equivale a ||E(X|F )||^p_Lp. Inoltre, calcolare l’attesa si- gnifica svolgere l’integrale su Ω, che appartiene alla σ-algebra F , dunque il membro di destra equivale a E(|X|^p) = ||X||^p_Lp per la propriet`a sulle medie che definisce l’attesa condizionata. Prendendo la radice p-esima di entrambi i membri si ha la seguente disuguaglianza:

||T (X)||_L^p = ||E(X|F )||_L^p ≤ ||X||_L^p Ci`o `e vero per ogni variabile aleatoria X, quindi ||T || ≤ 1.

(11)

Esercizio 8. [CANTELLI]

Sia Y una variabile aleatoria integrabile. Mostrare che {E(Y |G) : G `e una sotto- σ -algebra di F }

`e uniformemente integrabile.

Soluzione

Prima di procedere alla risoluzione dell’esercizio ricordiamo alcune nozioni:

Definizione 1. Una variabile aleatoria Y si dice valore atteso condizionato di X data F , E[X|F] := Y , se:

1. Y `e F -misurabile.

2. Per ogni A ∈ F vale E[X 1A] = E[Y 1A]

Definizione2. Una famiglia F ⊂ L¹ si dice uniformemente integrabile se:

inf

0≤g∈L¹sup

f ∈F

Z

{|f |>g}

|f |dµ = 0 o equivalentemente se:

lim

µ(E)→0sup

i∈I

Z

E

|f_i|dµ = 0

Definizione 3. Sia (Ω, F , P) uno spazio di probabilit`a, X una variabile aleatoria a valori reali. Se G ⊂ F sono due σ-algebre, allora vale la propriet`a della torre:

E

EX | G

F = E X G

Teorema (Disuguaglianza di Jensen) Sia (Ω, F , P) uno spazio di probabilit`a, X una variabile aleatoria a valori reali tale che X ∈ L¹ e sia ϕ una funzione convessa tale che anche ϕ(X) abbia valore atteso. Allora:

ϕ(E[X]) ≤ E[ϕ(X)]

Procediamo alla risoluzione dell’ esercizio: nello spazio di probabilit`a (Ω, F , P) consideriamo {G_i}_i∈I ⊂ F la famiglia di sotto σ-algebre di F e inoltre poniamo {X_i:= EY |G_i}_i∈I.Dalla disuguaglianza di Jensen e dalla propriet`a di torre segue che ∀i ∈ I:

E|X_i| = E| EY | Gi | ≤ E E|Y | | Gi | F = E |Y | | Gi ≤ E|Y | < +∞

quindi anche X_i∈ L¹ ∀i ∈ I.

(12)

Ora dimostriamo l’uniforme integrabilità di {X_i}_i∈I, considero δ > 0 e pongo Ai,δ := {|Xi| > δ}. Prima di tutto osservo che poichè per definizione Xi è Gi-misurabile allora A_i,δ ∈ G_i, inoltre sempre dalla disuguaglianza di Jensen e dalla definizione di valore atteso condizionato segue che:

E |X_i| 1_A_i,δ

= E

EY | G_i 1_A_i,δ

≤ E

E | Y |

G_i 1_A_i,δ = E |Y | 1Ai,δ = Z

Ai,δ

|Y | dP.

Poich`e Xi`e integrabile ∀i ∈ I e l’insieme Ai,δ tende ad un insieme di misura nulla per δ → +∞, abbiamo che

δ→+∞lim sup

i∈I

Z

Ai,δ

|X_i| dP ≤ lim

δ→+∞

Z

Ai,δ

|Y | dP = 0 da cui segue la tesi.

Esercizio 9. [KOLMOGOROV]

Siano X e Y variabili aleatorie indipendenti a media nulla.

a) Mostrare che E|X| ≤ E|X + Y |.

b) Supponiamo inoltre che E|X|^r< ∞ e che E|Y |^r< ∞ per qualche r > 1.

Mostrare che E|X|^r ≤ E|X + Y |^r. Soluzione

Prima di procedere alla risoluzione dell’esercizio ricordiamo alcune nozioni:

Definizione 1. Una variabile aleatoria Y si dice valore atteso condizionato di X data F , E[X|F] := Y , se:

1. Y `e F -misurabile.

2. Per ogni A ∈ F vale E[X 1A] = E[Y 1A]

Definizione 2. Una famiglia F ⊂ L¹ si dice uniformemente integrabile se:

inf

0≤g∈L¹sup

f ∈F

Z

{|f |>g}

|f |dµ = 0 o equivalentemente se:

lim

µ(E)→0sup

i∈I

Z

E

|f_i|dµ = 0

(13)

Definizione 3. Sia (Ω, F , P) uno spazio di probabilit`a, X una variabile aleatoria a valori reali. Se G ⊂ F sono due σ-algebre, allora vale la propriet`a della torre:

E

EX | G

F = E X G

Teorema (Disuguaglianza di Jensen) Sia (Ω, F , P) uno spazio di probabilit`a, X una variabile aleatoria a valori reali tale che X ∈ L¹ e sia ϕ una funzione convessa tale che anche ϕ(X) abbia valore atteso. Allora:

ϕ(E[X]) ≤ E[ϕ(X)]

Procediamo alla risoluzione dell’ esercizio: nello spazio di probabilit`a (Ω, F , P) consideriamo {G_i}_i∈I ⊂ F la famiglia di sotto σ-algebre di F e inoltre poniamo {Xi:= EY |G_i}_i∈I.Dalla disuguaglianza di Jensen e dalla propriet`a di torre segue che ∀i ∈ I:

E|X_i| = E| EY | Gi | ≤ E E|Y | | Gi | F = E |Y | | Gi ≤ E|Y | < +∞

quindi anche X_i∈ L¹ ∀i ∈ I.

Ora dimostriamo l’uniforme integrabilità di {X_i}_i∈I, considero δ > 0 e pongo A_i,δ := {|X_i| > δ}. Prima di tutto osservo che poichè per definizione Xi è Gi-misurabile allora Ai,δ ∈ G_i, inoltre sempre dalla disuguaglianza di Jensen e dalla definizione di valore atteso condizionato segue che:

E |X_i| 1_A_i,δ

= E

EY | G_i 1A_i,δ

≤ E

E | Y |

G_i 1_A_i,δ = E |Y | 1Ai,δ = Z

Ai,δ

|Y | dP.

Poich`e X_i`e integrabile ∀i ∈ I e l’insieme A_i,δ tende ad un insieme di misura nulla per δ → +∞, abbiamo che

δ→+∞lim sup

i∈I

Z

Ai,δ

|X_i| dP ≤ lim

δ→+∞

Z

Ai,δ

|Y | dP = 0 da cui segue la tesi.

(14)

Esercizio 10. [PASCAL]

Siano X e Y variabili aleatorie indipendenti e identicamente distribuite a media finita. Mostrare che

E(X|X + Y ) = X + Y 2 Soluzione

Dato che X e Y sono variabili aleatorie i.i.d. a media finita, possiamo dire per simmetria che

E(X|X + Y ) = E(Y |X + Y ) Quindi otteniamo che:

E(X|X +Y ) = 1

2(E(X|X +Y )+E(Y |X +Y )) = 1

2E(X +Y |X +Y ) = X + Y 2

Esercizio 11. [BOREL]

Supponiamo che X1, X2 siano variabili aleatorie indipendenti con distribuzione esponenziale di parametro 1. Trovare

a) P [X₁ < 3 | X₁+ X₂ = t];

b) E (X1| X₁∧ t);

c) E (X₁| X₁∨ t).

Soluzione

Essendo X1, X2 variabili aleatorie indipendenti con distribuzione esponenziale di parametro 1, abbiamo:

f_X₁_,X₂(x₁, x₂) = f_X₁(x₁)f_X₂(x₂) fX1(x) = fX2(x) = e^−xI_[x>0]

con f_X₁(x) e f_X₂(x) che sono rispettivamente la densità di X₁ e la densità di X2, e fX1,X2 è la densità congiunta di X1 e X2.

1. Nel primo punto dobbiamo trovare P [X1 < 3 | X1+ X2 = t] ∀t ∈ R.

Calcoliamo innanzitutto f_X₁_,X₁_+X₂(x, z):

P [X₁ ≤ x, X₁+ X₂≤ z] = Z _x

−∞

dx₁ Z _z−x₁

−∞

dx₂f_X₁_,X₂(x₁, x₂) =

= Z x

−∞

dx₁ Z z

−∞

dy f_X₁(x₁)f_X₂(y − x₁) con y = x₁+ x₂.

(15)

Perci`o abbiamo:

f_X₁_,X₁_+X₂(x, z) = ∂²

∂x∂zP [X1≤ x, X₁+X2 ≤ z] = f_X₁(x)f_X₂(z −x) =

= e^−zI[0<x<z]

da cui:

f_X₁_+X₂(z) = Z

dx f_X₁_,X₁_+X₂(x, z) = Z

dx f_X₁(x)f_X₂(z − x) =

= Z

dx e^−z+xI_[x<z]e^−xI_[x>0]=

(0 z < 0

Rz

0 dx e^−z= ze^−z z ≥ 0 Ha senso calcolare P [X1 < 3 | X1+ X2 = t] se e solo se fX1+X2(t) > 0, ovvero per t > 0. In tal caso, dalla teoria segue che:

P [X₁< 3 | X₁+ X₂ = t] = Z 3

−∞

dx₁f_X₁(x₁|X₁+ X₂ = t) =

= Z 3

−∞

dx1

fX1,X1+X2(x1, t) f_X₁_+X₂(t) =

Z min{3,t}

0

dx1

e^−t

ze^−t = min{3, t}

t e dunque:

P [X1 < 3 | X1+ X2 = t] = min{3, X1+ X2} X₁+ X₂

2. Nel secondo punto dobbiamo calcolare E(X1| X₁∧ t = s) ∀s ∈ R. A questo scopo vediamo i vari casi:

• Se s < t, X₁∧ t = s se e solo se X₁ = s e dunque:

E(X₁| X₁∧ t = s) = E(X₁| X₁= s) = s.

• Se s > t, X₁∧ t = s ha probabilit`a nulla.

• Se s = t, X₁∧ t = t se e solo se X₁ ≥ t e quindi:

E(X₁| X₁∧ t = t) = E(X₁| X₁ ≥ t) = R∞

t dx₁f_x₁(x₁)x₁ P (X1 ≥ t) =







R∞

0 dx1x1e^−x1 R∞

0 dx1e^−x1 = 1 t < 0

R∞

t dx1x1e^−x1 R∞

t dx1x1e^−x1 = ^te^−t_e−t^+e^−t = 1 + t t ≥ 0 Perci`o, E(X₁| X₁∧ t) =

(1 + t X₁ ≥ t X₁ X₁ < t

(16)

3. Infine, nel terzo punto dobbiamo calcolare E(X₁| X₁∨ t = s) ∀s ∈ R.

A questo scopo vediamo i vari casi:

• Se s < t, X₁∨ t = s ha probabilit`a nulla.

• Se s > t, X₁∨ t = s se e solo se X₁ = s e dunque:

E(X₁| X₁∨ t = s) = E(X₁| X₁= s) = s.

• Se s = t, X₁∨ t = t se e solo se X₁ ≤ t e quindi:

E(X₁| X₁∨ t = t) = E(X₁| X₁ ≤ t).

Se t ≤ 0, l’evento X₁ ≤ t ha probabilit`a nulla. Se invece t > 0, abbiamo:

E(X₁| X₁≤ t) = Rt

0 dx₁f_x₁(x₁)x₁ P (X1≤ t) =

Rt

0dx₁x₁e^−x¹ Rt

0 dx₁e^−x¹ =

= 1 − t e^t− 1 Perci`o, E(X₁| X₁∨ t) =

(X1 X1 > t 1 −_et^t−1 X₁ ≤ t.

Esercizio 12. (Chebyshev condizionale) [LYAPUNOV]

Mostrare che per t > 0 si ha

P(|X| ≥ t | F ) ≤ t⁻²E X² | F . Soluzione

Prendiamo t > 0 e sia 1_|X|≥tla funzione indicatrice di |X|, allora banalmente t1_|X|≥t≤ |X|

Elevo il primo e il secondo membro al quadrato t²(1_|X|≥t)² ≤ (|X|)² = X² si osserva che

(1_|X|≥t)²= 1_|X|≥t

Nel passo successivo si utilizzano le propriet`a di linearit`a e di monotonia del valore atteso condizionato

t²E 1_|X|≥t| F ≤ E X² | F da cui segue

P(|X| ≥ t | F ) ≤ t⁻²E X² | F

(17)

Esercizio 13. [FISHER]

Supponiamo che X, Y siano variabili aleatorie con momento secondo finito tali che per qualche funzione decrescente f si ha E(X | Y ) = f (Y ). Mostrare che Cov(X, Y ) ≤ 0.

Soluzione

Se X,Y sono variabili aleatorie con momento secondo finito allora, poich´e

|XY | ≤ X²+ Y², il loro prodotto XY avr`a momento finito.

La definizione di covarianza

Cov(X, Y ) = E (X − E(X))(Y − E(Y )) equivale quindi alla scrittura

Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ).

Il valore atteso di X pu`o essere riscritto come

E X = E E(X|Y ) = E f (Y ),

Inoltre poich´e data una sigma algebra G, per ogni variabile aleatoria Y che sia G-misurabile, vale la seguente uguaglianza

E XY |G = Y E X|G.

Allora il valore atteso di XY , avendo definito G = σ(Y ), pu`o essere riscritto come

E XY = E E XY |G = E Y E X|G = E Y E X|Y = E Y f (Y ).

Quindi

Cov(X, Y ) = E Y f (Y )) − E YE f (Y ) = Cov Y, f (Y ).

Per concludere la dimostrazione si consideri la variabile aleatoria Y⁰ copia indipendente di Y .

Poich´e la funzione f `e monotona decrescente, consideriamo due diversi casi per i valori assunti da Y, Y⁰:

• Se Y ≥ Y⁰ allora f (Y ) ≤ f (Y⁰) e quindi (Y − Y⁰)(f (Y ) − f (Y⁰)) ≤ 0

• Viceversa se Y⁰ > Y allora f (Y⁰) ≤ f (Y ) e quindi (Y − Y⁰)(f (Y ) − f (Y⁰)) ≤ 0

(18)

Dunque `e sempre verificata la disuguaglianza (Y − Y⁰)(f (Y ) − f (Y⁰)) ≤ 0.

e quindi vale

E (Y − Y⁰)(f (Y ) − f (Y⁰)) ≤ 0.

Notiamo ora che

E (Y − Y⁰)(f (Y ) − f (Y⁰)) = E Y f (Y ) − Y⁰f (Y ) − Y f (Y⁰) + Y⁰f (Y⁰)

= E Y f (Y ) − E Y⁰f (Y ) − E Y f (Y⁰) + E Y⁰f (Y⁰) e poich´e Y, Y⁰ hanno la stessa distribuzione, allora

E Y ) = E Y⁰), E f (Y ) = E f (Y⁰), E Y f (Y ) = E Y⁰f (Y⁰).

Inoltre poich´e Y, Y⁰ sono variabili aleatorie indipendenti, allora E Y f (Y⁰) = E Y E f (Y⁰) = E Y E f (Y ), E Y⁰f (Y ) = E Y⁰E f (Y ) = E Y E f (Y ).

Quindi

0 ≥ E (Y − Y⁰)(f (Y ) − f (Y⁰)) = 2E Y f (Y ) − 2E Y E f (Y )

= 2Cov Y, f (Y ) La tesi `e dunque dimostrata, infatti

Cov X, Y = Cov Y, f (Y ) ≤ 0.

Esercizio 14. [FELLER]

Dimostrare le seguenti proposizioni:

• (convergenza monotona condizionale) Se 0 ≤ X_n ≤ X_n+1, q.c., per ogni n ∈ N and X_n→ X ∈ L¹, q.c., allora

E [Xn| G] % E[X | G], q.c.

• (lemma di Fatou condizionale) Se X_n ≥ 0, q.c., per ogni n ∈ N, e lim infnXn∈ L¹, allora

E h

lim inf

n X | G i

≤ lim inf

n E [Xn| G] , q.c.

(19)

• (convergenza dominata condizionale) Se esiste Z ∈ L¹ tale che |X_n| ≤ Z per ogni n ∈ N e se Xn→ X, q.c., allora

E [X_n| G] → E[X | G], q.c. e in L¹ Soluzione

• (convergenza monotona condizionale)

Chiamiamo Z = lim_n→∞E [X_n| G] = sup_nE [X_n| G]. Allora Z ≥ 0, inoltre Z ´e G-misurabile perch´e limite di funzioni G-misurabili. Fissia- mo un evento A ∈ G e, data la monotonia delle X_n, (E [X_n| G] 1_A)

´e una successione monotona che converge a Z1_A q.c, dal teorema di Beppo-Levi otteniamo che

E [Z1A] = E h

limn E [Xn| G] 1_Ai

= lim

n E [E [Xn| G] 1_A] ricordando che E [E [X_n| G] 1_A] = E [X_n1_A]

E [Z1_A] = lim

n E [X_n1_A] = E [X1_A] da cui la tesi vista l’arbitrariet`a dell’evento A.

• (lemma di Fatou condizionale)

Sappiamo che per definizione lim infnXn= sup_n(infm≥nXm) poniamo Yn= infm≥nXm e Z = lim infnXn, cos´ı da poter scrivere

E [Z | G] = E

sup

n

Y_n| G

da cui applicando la convergenza monotona condizionale E [Z | G] = E

sup

n

Yn| G

= lim

n E [Yn| G]

e poich´e Y_n ≤ X_n per monotonia E [Y_n| G] ≤ E [X_n| G] e quindi otteniamo la tesi

E [Z | G] = lim

n E [Yn| G] ≤ lim inf

n E [Xn| G]

• (convergenza dominata condizionale)

Per provare la convergenza quasi certa applichiamo il lemma di Fatou alle successioni (X_n+ Z) e (−X_n+ Z) che risultano entrambe positive per l’ipotesi |Xn| ≤ Z.

Dalla prima successione otteniamo lim inf

n E [Xn+ Z | G] ≥ E h

lim inf

n (Xn+ Z) | G i

(20)

lim inf

n E [Xn| G]+E [Z | G] ≥ Eh lim inf

n Xn| Gi

+E [Z | G] = E [X | G]+E [Z | G]

da cui dato E [Z | G] < ∞ lim inf

n E [Xn| G] ≥ E [X | G] (1)

Applicando il lemma alla seconda successione arriviamo alla disuguaglianza

lim inf

n −E [X_n| G] ≥ −E [X | G]

ovvero

− lim sup

n

E [Xn| G] ≥ −E [X | G]

lim sup

n

E [X_n| G] ≤ E [X | G] (2) e unendo le due formule (1) e (2)

lim sup

n

E [X_n| G] ≤ E [X | G] ≤ lim inf

n E [X_n| G]

cio´e

limn E [X_n| G] = E [X | G] q.c.

Per provare la convergenza in L¹ usiamo il teorema di convergenza dominata infatti, sappiamo che per monotonia e grazie alla disuguaglianza triangolare

| E [X_n| G] |≤ E [|X_n| | G] ≤ E [Z | G] ∈ L¹

e dal punto precedente che limnE [Xn| G] = E [X | G] q.c , quindi E [| E [X_n| G] − E [X | G] |] → 0.

Esercizio 15. [LEVY]

Consideriamo una successione di variabili aleatorie indipendenti {Z_n} ognu- na con media finita. Siano X₀ = a e X_n = a + Z₁+ . . . + Z_n for n ≥ 1.

Mostrare che

E (X_n+1| X₀, X₁, . . . , X_n) = X_n+ E (Z_n+1) . Soluzione

Basta riscrivere in modo opportuno le Xn e usare la linearit`a del valore atteso.

E(X_n+1|X₀, X₁, ..., X_n) = E(X_n+ Z_n+1|X₀, X₁, ..., X_n) =

= E(Xn|X₀, X1, ..., Xn) + E(Zn+1|X₀, X1, ..., Xn) =

= Xn+ E(Zn+1|a, a + Z₁, ..., a + Z1+ ... + Zn) =

= Xn+ E(Zn+1|a, Z₁, ..., Zn) =

= X_n+ E(Z_n+1).

(3)

(21)

Nell’ultima uguaglianza abbiamo usato la seguente propriet`a: data F σ- algebra e Y v.a, se σ(Y ) ed F sono indipendenti allora E(Y |F ) = E(Y ).

Nel nostro caso Y = Zn+1 ed F = σ(a, Z1, ..., Zn). Se consideriamo, infatti, σ(Z_n+1) e F , queste sono indipendenti in quanto le Z_i sono indipendenti ∀i.