I Sessione I Prova Scritta o Recupero Esonero di Probabilità e Statistica a.a. 2013/ Giugno 2014

I Sessione

I Prova Scritta o Recupero Esonero di Probabilit` a e Statistica

a.a. 2013/2014 24 Giugno 2014

Recupero del I esonero: esercizi 1, 2, 3.

Recupero del II esonero: esercizi 4, 5, 6.

Prova scritta: esercizio 2 a) e b), esercizio 4 a), b) e c), esercizi 5, 6.

Esercizio 1. Un’urna contiene 6 palline rosse e 6 palline bianche. Vengono effettuate N estrazioni con reinserimento, dove N `e il risultato ottenuto lanciando un dado.

a) Qual `e la probabilit`a di aver estratto esattamente 5 palline rosse?

b) Dall’urna sono state estratte esattamente 5 palline rosse: qual `e la probabilit`a di aver ottenuto 6 dal lancio del dado? Ed `e pi`u probabile che il dado abbia dato 6 oppure 5?

c) Quanto si `e ottenuto in media dal lancio del dado se dall’urna sono state estratte esattamente 5 palline rosse?

d) Gli eventi “si ottiene 6 dal lancio del dado” e “sono state estratte dall’urna 5 palline rosse” sono indipendenti?

Esercizio 2. Un dado equilibrato viene lanciato ripetutamente. Denotiamo con Z_n la v.a. che d`a l’esito dell’n-esimo lancio, n ≥ 1. Siano X ed Y rispettivamente il primo istante in cui esce 1 ed il primo istante in cui esce 6:

X = inf{n ≥ 1 : Zn= 1} e Y = inf{n ≥ 1 : Zn = 6}.

a) Calcolare la densit`a discreta congiunta di X e Y .

b) Calcolare la densit`a discreta congiunta di U = min(X, Y ) e V = max(X, Y )− min(X, Y ). U e V sono indipendenti? Hanno legge nota?

c) Facendo uso del punto b) (osservando cio`e che min(X, Y ) = U e max(X, Y ) = U + V ), scrivere la retta di regressione di max(X, Y ) rispetto a min(X, Y ).

Esercizio 3. Per α∈ (0, 1), sia

gα(x) = αp1(x) + (1− α)p2(x),

Esercizio 4. Siano X e Y due v.a. reali con densit`a congiun ta fX,Y(x, y) = 1

(n− 2)!xⁿ⁻¹e^−x(y+1)1lx>0,y>0, dove n denota un intero ≥ 2.

a) Calcolare la densit`a congiunta di U = X e V = XY . Discutere se U ⊥⊥ V . b) Qual `e la legge di Z = U + V ? Calcolare E(Z).

Poich´e la legge di Z dipende dal parametro n, useremo d’ora in poi la notazione Z_n. c) Calcolare lim_n→∞P(|Zn− n| >√

n).

d) Dimostrare che _n¹Z_n → 1 in probabilit`a.

Esercizio 5. Una formichina si muove sui vertici di un quadrato: con probabilit`a ¹₂ va in avanti (senso orario) altrimenti sceglie a caso di rimanere sul vertice in cui si trova oppure di andare indietro (senso antiorario). Indichiamo con 1, 2, 3, 4 i quattro vertici (orientati in senso orario).

a) Costruire una catena di Markov per descrivere il moto della formica e classificare gli stati della catena.

Supponiamo che all’inizio la formica si trovi nel vertice 1.

b) `E vero che a regime (= tempi grandi) si trova con pi`u probabilit`a nel vertice 2?

c) Supponiamo che nel vertice 4 sia arrivato un grosso ragno affamato e che nel vertice 3 qualcuno abbia lasciato cadere una mollica di pane. Qual `e la probabilit`a che la formica venga mangiata dal ragno prima di riuscire a mangiare lei il pane?

Esercizio 6. Per α∈ (0, 1), sia

gα(x) = αp1(x) + (1− α)p2(x), dove, per λ > 0, p_λ denota la densit`a della legge Exp(λ).

a) Verificare che g_α `e una densit`a continua su R e calcolare media e varianza della v.a. X_α che ha g_α come densit`a.

b) Dimostrare che X_α non `e una v.a. esponenziale.

Soluzioni

Esercizio 1. a) Sia A l’evento “l’estrazione dall’urna ha dato esattamente 5 palline rosse”. Si ha

P(A) =

∑6 k=1

P(A | N = k)P(N = k) = 1 6

∑6 k=1

P(A | N = k).

Ora, se N = k < 5 non possono essere estratte 5 palline rosse: P(A | N = k) = 0 per k < 5. Se invece k≥ 5, la legge binomiale d`a

P(A | N = k) =(k 5

)(1 2

)5(1 2

)k−5

= (k

5 )(1

2 )k

. Quindi,

P(A) = 1 6

∑6 k=5

(k 5

)(1 2

)k

= 1 6

((1 2

)5

+ 6 (1

2 )6)

= 2 3

(1 2

)5

.

b) Si ha

P(N = 6 | A) = P(A | N = 6)P(N = 6)

P(A) = 6(₁

2

)_{6 1}

6 2 3

(₁

2

)5 = 3 4, P(N = 5 | A) = P(A | N = 5)P(N = 5)

P(A) =

(₁

2

)_{5 1}

6 2 3

(₁

2

)5 = 1 4, dunque, noto A, `e pi`u probabile che nel lancio del dado sia uscito 6.

c) Sia X la v.a. che d`a il numero di palline rosse estratte dall’urna, dunque A ={X = 5}. Calcoliamo E(N | X = 5):

E(N | X = 5) =

∑6 n=1

nP(N = n | X = 5)

= 5P(N = 5 | X = 5) + 6P(N = 6 | X = 5)

= 5 4+ 18

4 = 23 4 .

d) Gli eventi {N = 6} e A non sono indipendenti perch´e P(N = 6 | A) = ³₄ ̸= ¹₆ = P(N = 6).

1. n < m: usando l’indipendenza delle Z_k si ha

pX,Y(n, m) =P(Z1 ∈ {1, 6} . . . , Z/ n−1 ∈ {1, 6}, Z/ n = 1, Zn+1 ̸= 6, . . . , Zm−1 ̸= 6, Zm = 6)

= (ⁿ∏⁻¹

k=1

P(Zk ∈ {1, 6}/ )

P(Zn= 1) ( ^m∏⁻¹

k=n+1

P(Zk̸= 6))

P(Zm = 6)

= (4

6 )n−11

6 (5

6

)m−n−11 6 = 1

36 (2

3

)n−1(5 6

)m−n−1

. 2. m < n: per simmetria, basta scambiare i ruoli a n e m quindi

p_X,Y(n, m) = 1 36

(2 3

)m−1(5 6

)n−m−1

. Ricapitolando,

p_X,Y(n, m) =









 1 36

(2 3

)n−1(5 6

)m−n−1

se n, m ≥ 1 e n < m, 1

36 (2

3

)m−1(5 6

)n−m−1

se n, m ≥ 1 e n > m,

0 altrimenti.

b) Osserviamo che min(X, Y )̸= max(X, Y ) perch´e X ̸= Y . Studiamo quindi pU,V(u, v) per u, v ≥ 1. Si ha

p_U,V(u, v) =P(U = u, V = v) = P(min(X, Y ) = u, max(X, Y ) − min(X, Y ) = v)

=P(min(X, Y ) = u, max(X, Y ) = v + u)

=P(X = u, Y = u + v) + P(X = u + v, Y = u)

= 2× 1 36

(2 3

)_u−1(5 6

)_v−1

= 1 3

(2 3

)u−1

× 1 6

(5 6

)v−1

Riconosciamo il prodotto tra due funzioni, l’una dipendente dalla sola u e l’altra dalla sola v, quindi U ⊥⊥ V . Inoltre, si tratta di due densit`a geometriche modificate: U ∼ Geomod(¹₃) e V ∼ Geomod(¹₆).

c) La retta di regressione di max(X, Y ) rispetto a min(X, Y ) ha equazione y = Cov(min(X, Y ), max(X, Y ))

Var(min(X, Y )) (x− E(min(X, Y ))) + E(max(X, Y )).

Osserviamo che max(X, Y ) = U + V , dunque y = Cov(U, U + V )

Var(U ) (x− E(U)) + E(U + V ).

Ora, Cov(U, U + V ) = Cov(U, U ) + Cov(U, V ) = Var(U ) perch´e U ⊥⊥ V , quindi y = x +E(V ).

Ricordando che se una v.a. di legge Geomod(p) ha media ¹_p, otteniamo y = x + 6.

Esercizio 3. a) Per k≥ 0 si ha gα(k) ≥ 0 e

∑

k≥0

g_α(k) = α∑

k≥0

p₁(k)

| {z }

=1

+(1− α)∑

k≥0

p₂(k)

| {z }

=1

= 1,

dunque g_α `e effettivamente una densit`a su E = {0, 1, . . .} per ogni α ∈ (0, 1). Denoti- amo con X_α una v.a. che ha densit`a g_α. Allora,

E(Xα) = ∑

k≥0

kg_α(k) = α∑

k≥0

kp₁(k) + (1− α)∑

k≥0

kp₂(k),

il passaggio essendo lecito perch´e serie a temini positivi. Ora, ∑

k≥0kp_λ(k) = λ perch´e

`

e la media di una Po(λ), quindi

E(Xα) = α + 2(1− α) = 2 − α.

Passiamo al momento secondo:

E(Xα²) =∑

k≥0

k²g_α(k) = α∑

k≥0

k²p₁(k) + (1− α)∑

k≥0

k²p₂(k).

Ma ∑

k≥0k²p_λ(k) `e il momento secondo di una v.a. Z ∼ Po(λ): E(Z²) = Var(Z) + E(Z)² = λ + λ², quindi

E(Xα²) =∑

k≥0

k²gα(k) = α(1 + 1) + (1− α)(2 + 4) = 6 − 4α.

b) CN perch´e sia una legge di Poisson di parametro λ `e che la media e la varianza siano uguali a λ, quindi uguali tra di loro:

E(Xα) = Var(X_α) = E(Xα²)− E(Xα)². Dunque, dev’essere

2− α = 6 − 4α − (2 − α)².

Sviluppando, otteniamo l’equazione α(1− α) = 0, che non `e mai soddisfatta per α ∈ (0, 1), da cui segue che g<sub>α</sub> non pu`o essere una densit`a di Poisson.

e il determinante `e ¹_u. Dunque, f_U,V(u, v) = f_X,Y(u, v/u) 1

|u| = 1

(n− 2)!uⁿ⁻¹e^−u(vu+1)1l_u>0,^u

v>0

1

|u|

= 1

(n− 2)! uⁿ⁻²e^−v−u1lu>0,v>0

= 1

(n− 2)! uⁿ⁻²e^−u1l_u>0× e^−v1l_v>0.

Riconosciamo nel primo fattore la densit`a della legge Γ(n− 1, 1) calcolata in u e nel secondo fattore la densit`a Exp(1) calcolata in v. Dunque,

f_U,V(u, v) = f_U(u)f_V(v), U ∼ Γ(n − 1, 1), V ∼ Exp(1).

In particolare, U ⊥⊥ V .

b) Poich´e U ⊥⊥ V , U ∼ Γ(n − 1, 1) e V ∼ Exp(1) ≡ Γ(1, 1), Z = U + V ∼ Γ(n, 1). In particolare, E(Z) = n.

c) La legge di Z_n `e la stessa di X₁ +· · · + Xn, dove X₁, . . . , X_n sono i.i.d. di legge Exp(1). Inoltre, n =E(Zn), E(X1) = 1 e Var(X₁) = 1. Quindi,

P(|Zn− n| >√

n) =P(

∑n k=1

(X_n− E(Xn)) >√ n

)

=P(

∑n

k=1(Xn− E(Xn))

√n

 > 1) .

Applichiamo il TLC:

∑n

k=1(Xn−E(Xⁿ))

√n

−→ N(0, 1), quindiL

nlim→∞P(|Zn− n| >√

n) = lim

n→∞P(

|

∑_n

k=1(X_n− E(Xn))

√n | > 1)

=P(|W | > 1), dove W ∼ N(0, 1). Poich´e P(|W | > 1) = 2(1 − Φ(1)), otteniamo

nlim→∞P(|Zn− E(Zn)| >√

n) = 2(1− Φ(1)).

d) Usiamo la disuguaglianza di Chebyshev: preso δ > 0, P(1

nZ_n− 1 > δ)

=P(|Zn− E(Zn)| > nδ) ≤ Var(Z_n) n²δ² . Qui, Var(Z_n) = n, quindi

P(1

nZ_n− 1 > δ)

≤ 1

nδ²

n−→ 0,→∞

da cui segue che _n¹Z_n→ 1 in probabilit`a.

Esercizio 5. a) Lo spazio degli stati si pu`o prendere E ={1, 2, 3, 4}, in modo tale che X<sub>n</sub>= i significa che al tempo n la formica si trova nel vertice i. Poich´e la formica passa da i a i + 1 (identificando 5 con 1) con probabilit`a ¹₂, poniamo p_i,i+1 = ¹₂. Altrimenti,

rimane in i o si sposta in i− 1 (identificando 0 con 4) con la stessa probabilit`a, dunque p<sub>i,i−1</sub> = p<sub>i,i</sub> = <sup>1</sup><sub>4</sub>. La matrice di transizione `e

P =







1 4

1 2 0 ¹₄

1 4

1 4

1

2 0

0 ¹₄ ¹₄ ¹₂

1

2 0 ¹₄ ¹₄





 .

Osserviamo che si tratta di una catena di nascita/morte. Qui, gli stati comunicano tutti tra di loro, dunque la catena `e irriducibile. E poich´e p<sub>i,i</sub> > 0, `e anche regolare.

b) Poich´e la catena `e regolare, si ha p⁽ⁿ⁾_ij ⁿ−→ π^→∞ j per ogni i e j, dove π denota l’unica (catena irriducibile a stati finiti) distribuzione stazionaria. In particolare, p⁽ⁿ⁾_1j ≃ πj

per n grande: per rispondere alla domanda basta quindi confrontare π₂ con π_j per j ̸= 2. Cerchiamo π: la matrice di transizione `e bistocastica, quindi π `e la distribuzione uniforme su E ={1, 2, 3, 4}. Dunque, non `e vero che π2 > πj per j ̸= 2.

c) Rendiamo assorbenti gli stati 4 (posizione del ragno) e 3 (posizione del cibo) e cerchiamo la probabilit`a che la catena raggiunga la classe (chiusa) C = {4} partendo dallo stato 1. La nuova matrice di transizione `e

Q =







1 4

1 2 0 ¹₄

1 4

1 4

1

2 0

0 0 1 0 0 0 0 1





 .

Evidentemente, ora 3 e 4 sono stati assorbenti e 1, 2 sono stati transitori (comunicano entrambi con gli stati assorbenti 3 e 4). Prendiamo C ={4}, τC il tempo di ingresso in C e poniamo λ_i =Pⁱ(τ_C <∞): per i = 1, λ1 d`a la probabilit`a che la catena raggiunga lo stato 4 (= formica arriva al ragno) prima di raggiungere lo stato 3 (= formica arriva al cibo). Qui, D ={j /∈ C : j C} = {1, 2} e si ha:

λ_i = p_i4+

∑2 j=1

p_ijλ_j, i = 1, 2.

Il sistema `e

λ1 = 1 4 +1

4λ1+ 1 2λ2

λ2 = 1

4λ1+ 1 4λ2

e la soluzione `e λ = <sup>3</sup> e λ = <sup>1</sup>. La probabilit`a richiesta `e quindi ³.

dunque g_α `e effettivamente una densit`a su R. Denotiamo con Xα una v.a. che ha densit`a g_α. Allora,

E(Xα) =

∫

R

xg_α(x)dx = α

∫

R

xp₁(x)dx + (1− α)

∫

R

xp₂(x)dx, il passaggio essendo lecito perch´e i due integrali esistono. Inoltre, ∫

Rxp_λ(x)dx = ¹_λ perch´e `e la media di una Exp(λ), quindi

E(Xα) = α + 1− α

2 = 1 + α 2 . Passiamo al momento secondo:

E(Xα²) =

∫

R

x²g_α(x)dx = α

∫

R

x²p₁(x)dx + (1− α)

∫

R

x²p₂(x)dx.

Ora, ∫

Rx²p_λ(x)dx `e il momento secondo di una v.a. Z ∼ Exp(λ): ∫

Rx²p_λ(x)dx = E(Z²) = Var(Z) +E(Z)² = _λ²2, quindi

E(Xα²) = α + (1− α)

2 = 1 + 3α

2 e

Var(X_α²) = 1 + 3α

2 − (1 + α)²

4 = 1 + 4α− α²

4 .

b) Se X_α avesse legge esponenziale, il parametro λ sarebbe dato dal reciproco della media, quindi λ = _1+α² . In tal caso, si avrebbe Var(X_α) = _λ¹2 = ^(1+α)₄ ². Dunque, dovrebbe essere

1 + 4α− α²

4 = (1 + α)²

4 .

Sviluppando, si ottiene l’equazione α(α− 1) = 0 che non ha soluzione per α ∈ (0, 1).