(a) Si determinino per ogni i, j, k ∈ {1

Laurea Triennale in Matematica 2011/12 Nome:

7 giugno 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. Un’urna contiene n ≥ 2 palline, numerate da 1 a n. Si effettuano tre estrazioni successive dall’urna, la prima senza reimmissione e le altre due con reimmissione. Indichiamo con X, Y, Z rispettivamente il numero della prima, seconda e terza pallina estratta.

(a) Si determinino per ogni i, j, k ∈ {1, . . . , n} le seguenti probabilità:

P(X = i) , P(Y = j|X = i) , P(Z = k|X = i, Y = j) .

(b) Si deduca dal punto precedente (o si mostri direttamente) che la densità discreta congiunta delle variabili aleatorieX, Y, Z è data data da

p_X,Y,Z(i, j, k) = 1

c 1_A(i, j, k) ,

doveA := {(i, j, k) ∈ {1, . . . , n}³ : i 6= j, i 6= k} e c = |A| è una costante da determinare.

(c) Si mostri che le tre variabili aleatorieX, Y, Z hanno la stessa legge marginale su {1, . . . , n}, e la si identifichi.

(d) Si mostri che le variabili aleatorie {Y, Z} non sono indipendenti. Le variabili {X, Y, Z} sono indipendenti?

Soluzione 1. (a) Dato che la prima estrazione è senza reimmissione e le altre due con reimmis- sione, si ha che

P(X = i) = 1

n, P(Y = j|X = i) = 1

n − 11_{j6=i}, P(Z = k|X = i, Y = j) = 1

n − 11_{k6=i}, dove l’ultima espressione è valida peri 6= j (altrimenti la probabilità condizionata non è ben definita).

(b) Segue dal punto precedente che per (i, j, k) ∈ A, ossia per i 6= j, i 6= k, p_X,Y,Z(i, j, k) = P(X = i) P(Y = j|X = i) P(Z = k|X = i, Y = j) = 1

n(n − 1)², mentre chiaramentep_X,Y,Z(i, j, k) = 0 per (i, j, k) 6∈ A. Dunque c = |A| = n(n − 1)². (c) X ha legge uniforme su {1, . . . , n}, come già calcolato:

P(X = i) = 1

n, ∀i ∈ {1, . . . , n} .

Integrando la densità congiunta (o usando le probabilità condizionali) si ottiene P(Y = j) = X

i,k

p_X,Y,Z(i, j, k) = 1

n(n − 1)²|{(i, k) ∈ {1, . . . , n}² : i 6= j, k 6= i}|

= 1

n(n − 1)²(n − 1)² = 1

n, ∀j ∈ {1, . . . , n} ,

dunque ancheY ha legge marginale uniforme in {0, . . . , n}. Il calcolo per Z è analogo.

(d) Per j, k ∈ {1, . . . , n} si ha pY,Z(j, k) = X

i∈{1,...,n}

pX,Y,Z(i, j, k) = 1 n(n − 1)²

X

i∈{1,...,n}

1{i6=j,i6=k}. L’ultima somma valen − 2 se j 6= k mentre vale n − 1 se j = k. Quindi

pY,Z(j, k) =

( ₁

n(n−1) sej = k

n−2

n(n−1)² sej 6= k ,

mentre se fossero indipendenti la densità congiunta dovrebbe essere pY(j) pZ(k) = 1

n² .

(In alternativa, si può notare cheP(Y = Z) = _n−1¹ , mentre se fossero indipendenti si dovrebbe avereP(Y = Z) = _n¹.) Se {X, Y, Z} fossero indipendenti, lo sarebbero in particolare {Y, Z}, ma abbiamo appena mostrato che ciò non accade.

Esercizio 2. SiaX una variabile aleatoria assolutamente continua con densità f_X(x) := 3 x²1_[0,1](x) .

Si considerino le variabili aleatorie

A := − log X , B := min{1, A} .

(a) Si calcoli la funzione di ripartizione della variabile aleatoria A e se ne identifichi la legge.

(b) Si calcoli la funzione di ripartizione di B e si deduca che B non è una variabile aleatoria assolutamente continua.B è una variabile aleatoria discreta?

(c) Consideriamo la seguente equazione di secondo grado per l’incognita x, con coefficienti determinati dalla variabile aleatoriaA:

x²+ 3Ax + 2A²+ 4 = 0 .

Qual è la probabilità che l’equazione non ammetta soluzioni reali?

Soluzione 2. (a) Per t ≥ 0 si ha F_A(t) = P(A ≤ t) = P(X ≥ e^−t) = R₁

e^−t3x²dx = 1 − e^−3t, mentre chiaramente FA(t) = 0 per t < 0. Dato che FA è C¹ a tratti, A è assolutamente continua con densità

fA(t) = F_A⁰(t) = 3 e^−3t1_[0,∞)(t) , ossiaA ∼ Exp(3).

(b) Per t < 1 si ha F_B(t) = P(B ≤ t) = P(A ≤ t) = F_A(t), mentre per t ≥ 1 si ha F_B(t) = 1.

Quindi

F_B(t) =







0 set ≤ 0

1 − e^−3t se0 < t < 1

1 set ≥ 1

.

Dato cheFB(1−) = 1 − e⁻³ mentre FB(1) = 1, si ha che P(B = 1) = FB(1) − FB(1−) = e⁻³ > 0, dunque B non è assolutamente continua. Allo stesso tempo, B non è discreta, perché in questo caso si dovrebbe avere che 1 = P

t∈RP(B = t) = P

t∈R(FB(t) − FB(t−)), ma F_B(t) − F_B(t−) = 0 per ogni t 6= 1 e dunque P

t∈R(F_B(t) − F_B(t−)) = F_B(1) − F_B(1−) = e⁻³ < 1.

(c) L’equazione non ha soluzioni reali se e solo se il discriminante è negativo, ossia (3A)²− 4(2A²+ 4) = 9A²− 8A²− 16 = A²− 16 < 0 ,

e la probabilità di tale evento vale

P(A²− 16 < 0) = P(A² < 16) = P(A < 4) = 1 − e⁻¹², dove la seconda disuguaglianza è valida perchéA ≥ 0.

Esercizio 3. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilità e sia {An}_n∈N una successione di eventi a due a due indipendenti, ossia tali cheP(A_n∩ A_m) = P(A_n) P(A_m) per ogni n 6= m. Introduciamo pern ∈ N la successione crescente di variabili aleatorie {Sn}_n∈N definite da

S_n :=

n

X

k=1

1_Ak,

ossiaS_n conta quanti tra i primin eventi si sono verificati. Poniamo quindi per ogni ω ∈ Ω S∞(ω) := lim

n→∞S_n(ω)

(perché il limite esiste?). Definiamo infine la successione reale {mn}_n∈N ponendo m_n := E(S_n) =

n

X

k=1

P(A_k) .

(a) Si mostri che Cov(1A_k, 1A<sub>`</sub>) = 0 se k 6= `, mentre per k = ` si ha Cov(1A_k, 1A_k) = P(Ak)(1 − P(Ak)) ≤ P(Ak) . (b) Si deduca che Var(Sn) = Cov(Sn, Sn) ≤ mn.

(c) Applicando un’opportuna disuguaglianza, si mostri che P



|Sn− mn| > mn

3



≤ 9

mn

.

(d) (*) Si giustifichino le seguenti inclusioni di eventi, valide per ognin ∈ N:



|S_n− m_n| ≤ m_n 3



⊆



S_n≥ 2 3m_n



⊆



S∞≥ 2 3m_n

 . Si deduca che

P



S∞≥ 2 3m_n



≥ 1 − 9 m_n. Facciamo d’ora in avanti l’ipotesi chelimn→∞mn= +∞ (ossiaP

k∈NP(Ak) = +∞).

(e) Si mostri che, per ogni K > 0 fissato, per n sufficientemente grande vale l’inclusione



S∞≥ 2 3mn



⊆ {S∞≥ K} . (f) Si deduca dai punti precedenti che

P(S∞≥ K) = 1 ∀K > 0 ,

e si concluda cheP(S∞= +∞) = 1, ossia q.c. si verificano infiniti eventi An. Soluzione 3. (a) Per definizione di covarianza

Cov(1A_k, 1A_{`</sub>) = E(1A<sub>k</sub>1A<sub>`}) − E(1A_k) E(1A_{`</sub>) = P(A<sub>k</sub>∩ A<sub>`}) − P(A_k) P(A<sub>`</sub>) , per cui sek 6= ` si ottiene 0, mentre per k = ` si ottiene P(A_k)(1 − P(A_k)) ≤ P(A_k).

(b) Per la bilinearità della covarianza Var(S_n) = Cov(S_n, S_n) =

n

X

k,`=1

Cov(1_Ak, 1_A`) =

n

X

k=1

Cov(1_Ak, 1_Ak) ≤

n

X

k=1

P(A_k) = m_n. (c) Per la disuguaglianza di Chebychev

P



|S_n− m_n| > m_n 3



= P



|S_n− E(S_n)| > m_n 3



≤ Var(S_n) (^m₃ⁿ)² ≤ 9

mn

.

(d) Seω ∈ {|Sn−mn| ≤ ^m₃ⁿ} significa che |Sn(ω)−mn| ≤ ^m₃ⁿ. In particolareSn(ω)−mn≥ −^m₃ⁿ, ossiaS_n(ω) ≥²₃m_n, cioèω ∈ {S_n≥ ²₃m_n} e la prima inclusione è dimostrata. Dato che S_n(ω) è una successione crescente inn, se Sn(ω) ≥ ²₃mn si ha a maggior ragione S∞(ω) ≥ ²₃mn, e anche la seconda inclusione è dimostrata. Infine, grazie alle inclusioni mostrate si ottiene

P



S∞≥ 2 3m_n



≥ P



|S_n− m_n| ≤ m_n 3



= 1 − P



|S_n− m_n| ≤ m_n 3



≥ 1 − 9 m_n. (e) Per K > 0 fissato, sia n₀ = n₀(K) < ∞ tale che ²₃m_n ≥ K per ogni n ≥ n₀. Il fatto

che n₀ < ∞ segue dall’ipotesi m_n → +∞. Se ω ∈ {S∞ ≥ ²₃m_n}, per n ≥ n₀ si ha S∞(ω) ≥ ²₃mn≥ K e dunque ω ∈ {S∞≥ K}. Questo dimostra l’inclusione.

(f) Dai punti precedenti segue che P(S∞≥ K) ≥ P



S∞≥ 2 3mn



≥ 1 − 9 mn

,

per ognin ≥ n0. Dato che mn→ ∞ per n → ∞, segue che P(S∞≥ K) = 1 per ogni K > 0.

Infine, notando che

{S∞= ∞} = \

K∈N

{S∞≥ K} ,

segue cheP(S∞= ∞) = 1 perché l’intersezione numerabile di eventi q.c. è q.c..

Esercizio 4. Siano {Xn}_n∈N variabili aleatorie reali indipendenti, definite su uno spazio di probabilità(Ω, A, P), con leggi marginali Xn∼ P o(λn) dove λn:= 3 + ¹_n+ (−1)ⁿ.

(a) Si determinino due sottosuccessioni {n_k}_k∈N e {m_k}_k∈N di n tali che {X_nk}_k∈N e {X_mk}_k∈N convergono in legge perk → ∞ verso due variabili aleatorie con leggi distinte.

(b) L’intera successione {Xn}_n∈Nha limite in legge? Essa è tight?

Soluzione 4. (a) È sufficiente considerare le sottosuccessioni dei numeri pari e dispari,n_k := 2k em_k:= 2k + 1. Dato che λ_nk → 4 e λ_mk → 2, segue che X_nk → P o(4) e X_mk → P o(2) in legge.

(b) Se l’intera successione avesse limite in legge, ogni sottosuccessione avrebbe lo stesso limite, cosa che abbiamo visto non verificarsi. La successione è tight perché lo sono la sottosuccessione con indici pari e quella con indici dispari, che come abbiamo visto convergono in legge.

Esercizio 5. Si consideri la catena di MarkovX = {Xn}_n∈Na valori nell’insiemeE = {1, 2, 3, 4, 5}, corrispondente al seguente grafo, doveq ∈ [0,²₃] è un parametro ignoto:

1 5 1 3

1 4

2 5 1 q

4 3

1 2 5

3 7

2 5 4

(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).

(b) Si mostri che esiste un solo valore di q ∈ [0,²₃] tale che la catena ammetta una probabilità reversibile (e non solo invariante). Per tale valore diq, si calcoli

n→∞lim p⁽ⁿ⁾_i,j = lim

n→∞P_i(X_n= j) = lim

n→∞P(X_n= j|X₀ = i) , per ognii, j ∈ E.

Soluzione 5. (a) La matrice di transizione è data da

p =

















7

20 0 ¹₄ ²₅ 0 0 ⁴₇ ³₇ 0 0

1

4 0 ¹¹₂₀ ¹₅ 0 q 0 ¹₃ ²₃− q 0 0 0 0 ²₅ ³₅















 .

Le classi irriducibili sono R1 = {1, 3, 4} (chiusa, dunque ricorrente positiva) e T1 = {2}, T₂ = {5} (non chiuse, dunque transitorie).

(b) C’è un’unica probabilità invariante {π_i}_i∈E ed è concentrata sulla classe ricorrente R₁ = {1, 3, 4}, ossia π2 = π5 = 0. La condizione di reversibilità è data da πipij = πjpji per ogni i, j ∈ R₁, ossia

π₁ 1

4 = π₃ 1 4 π1

2

5 = π4q π3

1 5 = π4

1 3,

da cuiπ₁= π₃= ⁵₃π₄ e π₁ = ₂⁵qπ₄, quindi deve essere q = ²₃. Imponendoπ₁+ π₃+ π₄ = 1 si ottiene

π1 = π3 = 5

13, π4 = 3 13.

Infine, dato che la catena è aperiodica, per quanto visto a lezione si halimn→∞p⁽ⁿ⁾_ij = πj.