Nel regno di Kolmogor ci sono due tipi di famiglie: metà delle famiglie, che diremo di tipo A, fa esattamente due figli

(1)

Laurea Triennale in Matematica 2013/14 Nome:

9 dicembre 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. Nel lontano regno di Kolmogor ci sono due giochi d’azzardo, entrambi basati su un mazzo di 40 carte che ne contiene 10 verdi, 20 bianche e 10 rosse. Nel gioco A, si estraggono casualmente 10 carte dal mazzo (senza reimmissione) e si vince se le carte estratte sono tutte verdi;

nel gioco B, se ne estraggono 20 e si vince se le carte estratte sono tutte bianche. Indichiamo le probabilità di vittoria nei due giochi rispettivamente con p_Ae p_B.

(a) Si determinino p_A e p_B.

(b) Supponiamo che metà della popolazione partecipi al gioco A e metà della popolazione partecipi al gioco B. Se scegliamo casualmente una persona nella popolazione e scopriamo che ha vinto, qual è la probabilità q che essa abbia partecipato al gioco A?

Cambiamo ora ambito di indagine, passando dal gioco d’azzardo alla pianificazione familiare.

Nel regno di Kolmogor ci sono due tipi di famiglie: metà delle famiglie, che diremo di tipo A, fa esattamente due figli; l’altra metà delle famiglie, che diremo di tipo B, continua a fare figli fino a ottenere la prima figlia femmina, e a quel punto si ferma. Supponiamo che, qualunque sia la famiglia, ciascun figlio sia indipendentemente maschio o femmina con la stessa probabilità.

(c) Qual è la distribuzione del numero dei figli maschi per una famiglia di tipo A? E per una famiglia di tipo B? Quanto vale il numero medio di figli maschi, per i due tipi di famiglie?

[Sugg. Per una famiglia di tipo B, qual è la distribuzione del numero totale di figli (maschi e femmine)?]

Soluzione 1. (a) L’esperimento aleatorio che consiste nello scegliere casualmente 10 carte tra 40 può essere descritto scegliendo come spazio campionario Ω l’insieme delle combinazioni di 10 carte estratte da un mazzo che ne contiene 40, ossia Ω := {C ⊆ {1, . . . , 40} : |C| = 10}, munito della probabilità P uniforme. Identificando le carte verdi con quelle numerate da 1 a 10, ossia con l’elemento V := {1, . . . , 10} dello spazio Ω, la probabilità richiesta è data da

p_A= P({V }) = 1

|Ω| = 1

40 10

. Con argomenti analoghi

p_B= 1

40 20

.

In alternativa, si sarebbe potuto scegliere come spazio campionario l’insieme delle dispo- sizioni con ripetizione di 10 (caso A) o di 20 (caso B) carte estratte da un mazzo che ne contiene 40:

p_A= 10!

40!

30!

= 1

40 10

, p_B= 20!

40!

20!

= 1

40 20

, ottenendo naturalmente la stessa risposta.

Un’ulteriore modo di arrivare alla soluzione consiste nell’esprimere l’evento “le 10 carte estratte sono verdi” come intersezione degli eventi A₁∩ A₂∩ . . . ∩ A₁₀, dove A_i := “l’i-esima carta estratta è verde, e di usare la formula della catena per le probabilità condizionali:

pA= P(A1)P(A2|A₁)P(A3|A₁, A2) · · · P(A10|A₁, . . . , A9) = 10 40

9 39· · · 1

31 = 1

40 10

, e analogamente per p_B.

(2)

(b) Supponiamo di scegliere una persona a caso tra tutta la popolazione e introduciamo gli eventi A := “la persona scelta è di tipo A” e V := “la persona scelta ha vinto”. La probabilità richiesta è dunque q = P(A|V ). Per ipotesi P(A) = ¹₂ e P(V |A) = p_A, P(V |A^c) = pB, quindi per le formule di Bayes e delle probabilità totali

P(A|V ) = P(V |A)P(A)

P(V ) = P(V |A)P(A)

P(V |A)P(A) + P(V |A^c)P(A^c) = pA1 2

p_A¹₂ + p_B¹₂

= p_A p_A+ p_B =

40 20

40

20 + ⁴⁰₁₀ = 1 1 +(⁴⁰10)

(⁴⁰₂₀)

= 1

1 +^(20!)_30!10!²

= 1

1 +^{20·19···11}_{30·29···21} ' 99.4% . (c) Siano X e Y variabili aleatorie che indicano il numero di figli maschi in una famiglia di tipo

A e B rispettivamente. Allora X ∼ Bin(2,¹₂) e dunque E(X) = 2¹₂ = 1. Per determinare la distribuzione di Y , indichiamo con N il numero totale di figli (maschi e femmine) in una famiglia di tipo B e osserviamo che N ∼ Geo(¹₂), dal momento che N rappresenta “l’istante del primo successo in una successione di prove ripetute e indipendenti con probabilità di successo ¹₂”, dove “successo” indica che il figlio è una femmina. Quindi N (Ω) = N = {1, 2, . . .}

e

P(N = n) = 1 2

1 2

n−1

1_N(n) = 1 2

n

1_N(n) , Chiaramente Y = N − 1, pertanto Y (Ω) = N0 = {0, 1, . . .}, pertanto

P(Y = k) = P(N − 1 = k) = P(N = k + 1) = 1 2

1 2

k

1_N₀(k) = 1 2

k+1

1_N₀(k) .

Infine E(Y ) = E(N ) − 1 = _1/2¹ − 1 = 2 − 1 = 1. Quindi il numero di figli maschi è pari a 1 per entrambi i tipi di famiglie.

(3)

Esercizio 2. Siano (X_n)_n∈Nvariabili aleatorie reali i.i.d. (indipendenti e identicamente distribuite), definite sullo stesso spazio di probabilità (Ω, A, P). Sia T : Ω → N un’ulteriore variabile aleatoria, indipendente dalle (X_n)_n∈N. Definiamo quindi una funzione Z : Ω → R ponendo

Z(ω) :=

T (ω)

X

n=1

Xn(ω) . (a) Si mostri che vale l’uguaglianza

Z =

∞

X

n=1

Xn1{T ≥n}

e si deduca che Z è una variabile aleatoria (ossia è una funzione misurabile).

(b) Assumiamo ora che le variabili (X_n)_n∈N e T siano in L¹. Si deduca che E(Z) = E(X1)E(T ) .

Le domande che seguono sono indipendenti dalle precedenti. Supponiamo d’ora in avanti che le variabili aleatorie i.i.d. (X_n)_n∈N abbiano distribuzione marginale X_n∼ Be(¹₂).

(c) Si spieghi perché

P(Z = k | T = `) = `!

2^` 1

k! (` − k)!, ∀` ∈ N, 0 ≤ k ≤ ` .

(Assumiamo che P(T = `) > 0, in modo che la probabilità condizionale sia ben definita.) (d) Supponiamo inoltre che T ∼ P ois(1). Definendo Z(ω) = 0 se T (ω) = 0, si deduca che

Z ∼ P ois(¹₂).

Soluzione 2. (a) Per ogni n ∈ N e ω ∈ Ω si ha 1{T ≥n}(ω) = 1 se n ≤ T (ω) mentre 1{T ≥n}(ω) = 0 se n > T (ω), quindi

Z(ω) =

T (ω)

X

n=1

Xn(ω) =

∞

X

n=1

Xn(ω)1_{{T ≥n}}(ω) =:

∞

X

n=1

Xn1_{{T ≥n}}

! (ω) .

Segue che Z è una funzione misurabile, in quanto limite puntuale di funzioni misurabili:

Z(ω) =

∞

X

n=1

Xn(ω)1{T ≥n}(ω) = lim

N →∞

N

X

n=1

Xn1{T ≥n}

(ω)

(b) Si noti che E(X_n1_{{T ≥n}}) = E(X_n)E(1_{{T ≥n}}) = E(X₁)P(T ≥ n) per l’indipendenza di T dalle (X_n)_n∈N e perché le (X_n)_n∈N hanno la stessa distribuzione. Di conseguenza, assumendo che

sia giustificato lo scambio di serie e valor medio, E(Z) =

∞

X

n=1

E(Xn1{T ≥n}) = E(X1)

∞

X

n=1

P(T ≥ n) = E(X1)E(T ) , avendo usato la formula E(T ) =P∞

n=1P(T ≥ n), incontrata durante il corso, che si può facilmente dimostrare con uno scambio di somme:

∞

X

n=1

P(T ≥ n) =

∞

X

n=1

∞

X

k=n

P(T = k) =

∞

X

k=1 k

X

n=1

P(T = k)

=

∞

X

k=1

P(T = k)

k

X

n=1

1

=

∞

X

k=1

k P(T = k) = E(T ) .

(4)

Per giustificare lo scambio di serie e valor medio, applichiamo un teorema visto a lezione, osservando che E(|X_n1_{{T ≥n}}|) = E(|X_n|1_{{T ≥n}}) = E(|X_n|)P(T ≥ n) = E(|X₁|)P(T ≥ n) e pertanto

∞

X

n=1

E(|X_n1_{{T ≥n}}|) = E(|X₁|)

∞

X

n=1

P(T ≥ n) = E(|X₁|)E(T ) < ∞.

(c) Per definizione Z =P`

n=1Xn sull’evento {T = `}, quindi P(Z = k|T = `) = P

`

X

n=1

X_n= k

T = `

= P

`

X

n=1

X_n= k

, dove l’ultima uguaglianza segue dal fatto che T e P`

n=1X_n sono indipendenti. Infatti T e (X_n)_n∈N sono indipendenti per ipotesi, quindi per ogni ` ∈ N anche T e (X1, . . . , X_`) sono indipendenti (indipendenza a blocchi) e dunque anche T eP`

n=1X_n sono indipendenti (conservazione dell’indipendenza). Per un teorema visto a lezione (somma di Bernoulli

indipendenti con lo stesso parametro è Binomiale) si haP`

n=1X_n∼ Bin(`,¹₂) e dunque P(Z = k|T = `) = P

`

X

n=1

X_n= k

= p_Bin(`,1

2)(k) = ` k

1 2

k

1 2

`−k

= `!

2^` 1 k!(` − k)!. (d) Per k ∈ N0 si ha

P(Z = k) =

+∞

X

`=k

P(Z = k|T = `)P(T = `) =

+∞

X

`=k

`!

2^` 1 k!(` − k)!

e⁻¹

`! = e⁻¹ k! 2^k

+∞

X

`=k

1 2^`−k(` − k)!

= e⁻¹ k! 2^k

+∞

X

m=0

(¹₂)^m

m! = e⁻¹

k! 2^ke¹² = e⁻¹²(¹₂)^k

k! = p_{P ois(}¹

2)(k) , quindi Z ∼ P ois(¹₂).

(5)

Esercizio 3. Siano X e Y due variabili aleatorie reali, definite sullo stesso spazio di probabilità (Ω, A, P), la cui distribuzione congiunta è assolutamente continua con densità

f_X,Y(x, y) = 1 2√

xe⁻

√x1_A(x, y) ,

dove A = {(x, y) ∈ R² : x > 0, y > 0, y <√ x}.

[Sugg. Per eseguire alcune integrazioni, può essere utile il cambio di variabili x = t². Ricordiamo inoltre la definizione della funzione Gamma di Eulero Γ : (0, ∞) → (0, ∞):

Γ(α) :=

Z ∞ 0

t^α−1e^−tdt , e il fatto che Γ(n) = (n − 1)! per ogni n ∈ N.]

(a) Si determinino le distribuzioni marginali delle variabili aleatorie X e Y . (b) Le variabili aleatorie X e Y sono indipendenti?

(c) Si calcoli Cov(X, Y ).

(d) Ponendo W := X + sY , si mostri che esiste al più un valore di s ∈ R per cui le variabili aleatorie W e Y sono indipendenti.

Soluzione 3. (a) Si ha f_X(x) = 0 per x ≤ 0, mentre per x > 0 f_X(x) =

Z

R

f_X,Y(x, y) dy = Z

√x

0

1 2√

xe⁻

√xdy = 1 2√

xe⁻

√x·√ x = 1

2e⁻

√x.

Analogamente f_Y(y) = 0 per y ≤ 0, mentre per y > 0 (osservando che y <√

x se e solo se x > y²) si ottiene, con il cambio di variabili x = t²,

f_Y(y) = Z

R

f_X,Y(x, y) dx = Z ∞

y²

1 2√

xe⁻

√xdx = Z ∞

y

1

2te^−t(2t)dt = Z ∞

y

e^−tdt = e^−y, ossia Y ∼ Exp(1).

(b) X e Y non sono indipendenti perché la densità congiunta f_X,Y(x, y) non è q.o. uguale al prodotto delle densità marginali f_X(x)f_Y(y): infatti f_X,Y(x, y) si annulla se x > 0 e y >√

x, mentre f_X(x)fY(y) > 0 per tali valori di (x, y), che formano un insieme aperto non vuoto e dunque di misura di Lebesgue strettamente positiva (in effetti, infinita).

(c) I valori medi E(X), E(Y ) e E(XY ) sono tutti ben definiti, perché le variabili aleatorie X e Y sono q.c. positive (infatti la loro densità è nulla per valori negativi). Quindi, con il cambio di variabili x = t²,

E(X) = Z

R

x f_X(x) dx = Z ∞

0

x 2 e⁻

√xdx = Z ∞

0

t²

2 e^−t(2t) dt = Γ(4) = 3! = 6 , E(XY ) =

Z

R²

xy f_XY(x, y) dx dy = Z ∞

0

x 1 2√

xe⁻

√x Z

√x

0

y dy

dx =

Z ∞ 0

√x 2 e⁻

√x y² 2

√x

0

dx

= Z ∞

0

x^3/2 4 e⁻

√xdx = Z ∞

0

t³

4 e^−t(2t) dt = 1

2Γ(5) = 1

24! = 12 ,

mentre E(Y ) = 1, perché Y ∼ Exp(1). Quindi Cov(X, Y ) è ben definita e vale Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 12 − 6 = 6.

(d) Affinché W e Y siano indipendenti, è necessario che siano scorrelate, ossia Cov(W, Y ) = 0.

Ma usando la bilinearità dell’operatore covarianza si ha

Cov(W, Y ) = Cov(X + sY, Y ) = Cov(X, Y ) + s Cov(Y, Y ) = Cov(X, Y ) + s Var(Y ) . Dato che Var(Y ) > 0, si ha Cov(W, Y ) = 0 se e solo se s = ¯s := − Cov(X, Y )/ Var(Y ).