Laurea Triennale in Matematica 2014/15 Nome:
15 settembre 2015 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. Un segnale può assumere due stati: positivo (+) o negativo (−). Il segnale viene inizialmente trasmesso nello stato +, quindi attraversa due canali successivi, infine viene ricevuto.
Ciascun canale trasmette il segnale correttamente con probabilità del 90%, altrimenti lo inverte (se era + diventa −, e viceversa). I canali agiscono indipendentemente.
(a) Qual è la probabilità che il segnale venga ricevuto correttamente (ossia nello stato +)?
(b) Se il segnale viene ricevuto correttamente, qual è la probabilità che il primo canale lo abbia trasmesso correttamente?
Soluzione 1. (a) Introduciamo gli eventi A1 := “il primo canale trasmette il segnale corretta- mente” e A2:= “il secondo canale trasmette il segnale correttamente”. L’evento di interesse B := “il segnale viene ricevuto correttamente” corrisponde a B = (A1∩A2)∪(Ac1∩Ac2), perché il segnale viene ricevuto correttamente quando entrambi i canali lo trasmettono correttamente oppure quando entrambi lo invertono. I dati del problema dicono che P(A1) = P(A2) = 10090 e inoltre A1 e A2 sono indipendenti, quindi anche Ac1 e Ac2 sono indipendenti, pertanto
P(B) = P(A1∩ A2) + P(Ac1∩ Ac2) = P(A1)P(A2) + P(Ac1)P(Ac2)
= 90 100
90 100+ 10
100 10 100 = 81
100+ 1
100 = 82
100 = 0.82 . (b) Dobbiamo calcolare P(A1|B), e per la formula di Bayes
P(A1|B) = P(B|A1)P(A1)
P(B) .
Dato che P(B|A1) = P(A2|A1) = P(A2), pertanto P(A1|B) = P(A2)P(A1)
P(B) =
90 100
90 100 82 100
= 90 · 90 82 · 100 = 81
82 ' 98.8% .
Esercizio 2. Elia ha davanti a sé due mazzi di carte: il primo mazzo è composto da 10 carte, numerate da 1 a 10, mentre il secondo è composto da 30 carte, numerate da 11 a 40. Elia lancia una moneta che dà testa con probabilità q ∈ [0, 1]: se esce testa, pesca una carta dal primo mazzo;
se esce croce, pesca una carta dal secondo mazzo. Sia Z il numero della carta pescata da Elia.
(a) Indichiamo con B ∼ Be(q), X ∼ Unif{1, 2, . . . , 10} e Y ∼ Unif{11, 12, . . . , 40} tre variabili aleatorie indipendenti. Quale tra le relazioni seguenti è vera?
Z = BX + (1 − B)Yd Z = (1 − B)X + BYd Z = B(X + Y ) .d
(b) Si determini la densità discreta di Z, ossia P(Z = k) per ogni k ∈ {1, 2, . . . , 40}. Per quale valore di q la distribuzione di Z è uniforme in {1, 2, . . . , 40}?
(c) Si calcoli E[Z] in funzione di q (per ogni q) e si esprima Cov[X, Z] in termini di Var[X].
Soluzione 2. (a) La relazione corretta è la prima: infatti, se {B = 1} rappresenta l’evento
“esce testa” (che ha per ipotesi probabilità q), si ha proprio che Z = X ∼ Unif{1, 2, . . . , 10}d sull’evento {B = 1}, mentre Z= Y ∼ Unif{11, 12, . . . , 40} sull’evento {B = 0}.d
(b) Chiaramente P(Z = k) = 0 se k 6∈ {1, 2, . . . , 40}, altrimenti, per la formula delle probabilità totali
P(Z = k) = P(Z = k|B = 1)P(B = 1) + P(Z = k|B = 0)P(B = 0)
= P(X = k) q + P(Y = k) (1 − q) = q
101{1,2,...,10}(k) +1 − q
30 1{11,12,...,40}(k) . Affinché Z ∼ Unif{1, 2, . . . , 40}, ossia P(Z = k) = 4011{1,2,...,40}(k), si deve avere 10q = 30q =
1
40, ossia q = 14.
(c) Dalla relazione Z= BX + (1 − B)Y segue ched
E[Z] = E[BX] + E[(1 − B)Y ] = E[B]E[X] + E[1 − B]E[Y ] = q1 + 10
2 + (1 − q)11 + 40 2
= 51 − 40q
2 .
Analogamente
E[XZ] = E[BX2] + E[(1 − B)XY ] = qE[X2] + (1 − q)E[X]E[Y ] = quindi
Cov[X, Z] = E[XZ] − E[X]E[Z] = qE[X2] + (1 − q)E[X]E[Y ] − E[X]{qE[X] + (1 − q)E[Y ]}
= q Var[X] .
Esercizio 3. Siano X, Y variabili aleatorie reali la cui legge congiunta è assolutamente continua con la densità seguente:
fX,Y(x, y) := 1
x1{0<y<x<1}=
1
x per x, y ∈ (0, 1) con y < x 0 altrimenti
.
(a) Si mostri che fX,Y(x, y) è effettivamente una densità.
(b) Si calcolino le densità marginali e si dica se X e Y sono indipendenti.
(c) Per quali p ∈ (0, ∞) si ha Y ∈ Lp?
(d) Qual è la legge di Z := XY? Se ne calcoli la funzione di ripartizione FZ(z) = P(Z ≤ z).
Soluzione 3. (a) Chiaramente fX,Y(x, y) è una funzione positiva (≥ 0) e misurabile, pertanto basta verificare che abbia integrale 1:
Z
R2
fX,Y(x, y) dx dy = Z 1
0
Z x 0
1 xdy
dx =
Z 1 0
1
xx dx = 1 . (b) Si ha chiaramente fX(x) = 0 per x 6∈ (0, 1), mentre per x ∈ (0, 1)
fX(x) = Z
R
fX,Y(x, y) dy = Z x
0
1
xdy = 1 .
Quindi fX(x) = 1{0<x<1}, ossia X ∼ U (0, 1). Analogamente fY(y) = 0 per y 6∈ (0, 1), mentre per y ∈ (0, 1)
fY(y) = Z 1
0
fX,Y(x, y) dx = Z 1
y
1
xdx = log 1 − log y = − log y = log1 y, ossia fY(y) = logy11{0<y<1}.
Le variabili aleatorie X e Y non sono indipendenti perché la densità congiunta fX,Y(x, y) non coincide q.o. con il prodotto delle densità marginali fX(x)fY(y). Infatti, ad esempio, sul quadrato Q = (0,12) × (12, 1) si ha fX,Y(x, y) = 0, perché y > x in Q, mentre fX(x)fY(y) > 0.
(c) Essendo Y una variabile aleatoria limitata (|Y | ≤ 1), Y ∈ Lp per ogni p; infatti E[|Y |p] ≤ 1.
(d) Chiaramente YX > 0, quindi FZ(z) = P[XY ≤ z] = 0 per z ≤ 0. Per z > 0 possiamo scrivere FZ(z) = P Y
X ≤ z
= Z
(x,y)∈(0,1)×(0,1): y≤zx
fX,Y(x, y) dx dy ,
e notiamo che per z ≥ 1 la restrizione y ≤ zx può essere rimossa, in quanto fX,Y(x, y) = 0 per y ≥ x, e in tal caso l’integrale vale 1, ossia P[XY ≤ z] = 1 per z ≥ 1. Infine, per z ∈ (0, 1)
FZ(z) = P Y X ≤ z
= Z 1
0
Z zx 0
1 xdy
dx =
Z 1 0
z dx = z , ossia
FZ(z) = P Y X ≤ z
=
0 se z ≤ 0 z se 0 < z < 1 1 se z ≥ 1
.
Si riconosce la funzione di ripartizione di una variabile aleatoria U (0, 1), ossia Z ∼ U (0, 1).
(In alternativa, si derivi ottenendo fZ(z) = FZ0(z) = 1(0,1)(z)).
Esercizio 4. Consideriamo una successione (Xi)i∈N di variabili aleatorie i.i.d. con distribuzione uniforme continua nell’intervallo (0, 2). Definiamo la successione (Yn)n∈N0 ponendo
Y0 := 1 , Yn:=
n
Y
i=1
Xi = X1· X2· · · Xn, n ∈ N . (a) Si calcoli E[(Xi)γ] e si mostri che per ogni n ∈ N0 e γ ∈ (0, ∞)
E[(Yn)γ] =
2γ 1 + γ
n
. (?)
(b) Dopo aver spiegato la seguente disuguaglianza, per ogni ε > 0, P[Yn> ε] ≤ E[
√Yn]
√ε si mostri che per ogni ε > 0
X
n∈N
P[Yn> ε] < ∞ .
(c) Si discuta la convergenza di Yn per n → ∞ q.c., in probabilità, in L1, in L2 e in legge.
Soluzione 4. (a) Le variabili aleatorie (Xi)γ sono i.i.d., pertanto E[(Yn)γ] =
n
Y
i=1
E[(Xi)γ] = E[(X1)γ]n, ed essendo X1∼ U (0, 2)
E[(X1)γ] = Z
R
xγfX(x) dx = Z 2
0
xγ1
2dx = 1 2
2γ+1
γ + 1 = 2γ γ + 1, da cui segue il risultato cercato.
(b) Essendo Yn> 0, vale l’uguaglianza di eventi {Yn> ε} = {√
Yn>√
ε}, e dalla disuguaglianza di Markov si ottiene
P(Yn> ε) = P(p
Yn>√
ε) ≤ E[√ Yn]
√ε . Per il punto precedente
X
n∈N
P(Yn> ε) ≤X
n∈N
E[√ Yn]
√ε = 1
√ε X
n∈N
2√ 2 3
n
< ∞ ,
dal momento che 2
√ 2
3 =
q8 9 < 1.
(c) Si ha Yn→ 0 q.c., poiché per ogni ε > 0 si haP
n∈NP(|Yn− 0| > ε) =P
n∈NP(Yn> ε) < ∞, che è una condizione sufficiente per la convergenza q.c., come dimostrato a lezione. A maggior ragione Yn→ 0 in probabilità e in distribuzione.
Per la convergenza in L1, notiamo che se Yn→ Y∞in L1 allora necessariamente Y∞= 0, perché la convergenza in L1 implica quella in probabilità. D’altro canto
kYn− 0kL1 = E[|Yn− 0|] = E[Yn] = 1 ,
dove l’ultima uguaglianza segue da (?) con γ = 1. Dato che kYn− 0kL1 6→ 0, la successione Yn non converge in L1, e a maggior ragione non converge in L2.
Esercizio 5. Siano (Yi0)i∈N, (Yi00)i∈N, (Yi000)i∈N tre successioni indipendenti di variabili aleatorie i.i.d., tutte con distribuzione uniforme nell’intervallo (−1, 1). Definiamo per i ∈ N
Xi := Yi0+ Yi00+ Yi000
(a) Si mostri che le variabili aleatorie (Xi)i∈N sono i.i.d. con E[Xi] = 0 e Var[Xi] = 1.
Definiamo ora per n ∈ N
Sn:= X1+ . . . + Xn, Tn:= Sn4 n2
[Per le domande seguenti, si applichi opportunamente il teorema limite centrale.]
(b) Si calcoli limn→∞P(Sn≤ b) e si deduca che
n→∞lim P(Sn∈ [a, b]) = 0 , ∀a, b ∈ R, a < b . (c) La successione (Sn)n∈N è tight? Converge in legge?
(d) Si mostri che per n → ∞ la successione Tn converge in legge verso una variabile aleatoria T , di cui è richiesto determinare la distribuzione.
Soluzione 5. (a) Le variabili aleatorie Xi sono indipendenti perché funzioni ϕ(Vi) dei vettori aleatori Vi := (Yi0, Yi00, Yi000), che sono indipendenti per ipotesi (con ϕ(a, b, c) := a + b + c).
Sono inoltre identicamente distribuite perché ottenute applicando la stessa funzione ϕ ai vettori Vi che hanno la stessa distribuzione (perché hanno componenti indipendenti con distribuzioni marginali fissate).
Per le proprietà note della distribuzione U (a, b), che ha media a+b2 e varianza (b−a)12 2, si ha E[Yi0] = E[Yi00] = E[Yi000] = 0 mentre Var[Yi0] = Var[Yi00] = Var[Yi000] = (1−(−1))12 2 = 13. Per linearità del valore medio segue che E[Xi] = E[Yi0]+E[Yi00]+E[Yi000] = 0 mentre per l’additività della varianza di variabili aleatorie indipendenti Var[Xi] = Var[Yi0] + Var[Yi00] + Var[Yi000] = 1.
(b) Definendo Zn:= √Snn, possiamo scrivere P(Sn≤ b) = P
Zn≤ b
√n
.
Ricordiamo che Zn→ Z ∼ N (0, 1) per il teorema limite centrale, e la funzione di ripartizione di Zn converge a quella di Z uniformemente su R. Dato che b/√
n → 0, segue che P(Sn≤ b) −−−−→
n→∞ P(Z ≤ 0) = 1 2.
Analogamente P(Sn≤ a) → 12, quindi P(Sn∈ [a, b]) = P(Sn∈ (a, b]) (perché la distribuzione di Snè assolutamente continua) = P(Sn≤ b) − P(Sn≤ a) → 12 −12 = 0.
(c) Se Sn fosse tight, per ogni ε > 0 dovrebbe esistere un intervallo [−M, M ] tale che per n grande si abbia P(Sn 6∈ [−M, M ]) ≤ ε, dunque P(Sn ∈ [−M, M ]) ≥ 1 − ε, ma ciò non è possibile in quanto P(Sn ∈ [−M, M ]) → 0 per quanto mostrato al punto precedente. Non essendo tight, la successione Sn non può convergere in legge.
(d) Calcoliamo la funzione di ripartizione FTn(t) = P[Tn≤ t]. Chiaramente FTn(t) = 0 per t < 0, essendo Tn≥ 0, mentre per t ≥ 0
FTn(t) = P[Tn≤ t] = P Sn
√n
4
≤ t
= P
Sn
√n
≤ t1/4
= P
− t1/4 ≤ √Sn
n ≤ t1/4
. Definendo Zn:= √Snn, possiamo scrivere FTn(t) = P[−t1/4≤ Zn≤ t1/4]. Dato che Zn→ Z ∼ N (0, 1) per il teorema limite centrale, segue che
FTn(t) −−−−→
n→∞ P[−t1/4≤ Z ≤ t1/4] = P[|Z| ≤ t1/4] = P[Z4≤ t] = FZ4(t) .
Dato che la convergenza puntuale della funzione di ripartizione implica la convergenza in legge, abbiamo mostrato che Tn→ T in legge, con T = Z4.
In alternativa, per ogni ϕ : R → R continua e limitata, possiamo scrivere E[ϕ(Tn)] = E[ϕ(Zn4)] = E[ψ(Zn)] avendo definito la funzione ψ(x) := ϕ(x4) che è ancora continua e limitata. Per il teorema limite centrale E[ψ(Zn)] → E[ψ(Z)] = E[ϕ(Z4)] e questo mostra che Tn→ Z4 in distribuzione.
La variabile aleatoria T = Z4 ha funzione di ripartizione
FT(t) = P(Z4 ≤ t) = P(−t1/4 ≤ Z ≤ t1/4) = 2P(0 ≤ Z ≤ t1/4) = 2 Z t1/4
0
e−z22
√ 2π dx , e derivando si ottiene che T ha densità fT(t) = 0 per t ≤ 0, mentre per t > 0
fT(t) = FT0(t) = 2e−(t1/4)22
√2π
d(t1/4)
dt = 1
2√ 2π
e−
√ t 2
t3/4 .
Esercizio 6. Giovanni salta su tre piastrelle, numerate da 1 a 3. Inizialmente si trova sulla piastrella 1. A ogni istante lancia una moneta che dà testa con probabilità fissata q ∈ (0, 1): se esce testa salta sulla piastrella successiva, se esce croce salta su quella precedente (intendendo che il successivo di 3 è 1 e, analogamente, il precedente di 1 è 3). Si rappresenti il moto aleatorio di Giovanni mediante una catena di Markov X = (Xn)n≥0.
(a) Si scriva la matrice di transizione, se ne disegni il grafo, si determinino le classi di comunica- zione, se ne determini il periodo.
(b) Si mostri che µ1 = µ2 = µ3 = 1 definisce una misura invariante. Quali sono le probabilità invarianti della catena? Sono anche reversibili?
(c) Si calcolino limn→∞P(Xn= 2) e limn→∞P(Xn= 2, Xn+1 = 3).
Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da p =
0 q 1 − q
1 − q 0 q
q 1 − q 0
.
Dato che p12> 0, p23> 0, p31> 0 segue che 1 → 2 → 3 → 1, dunque esiste un’unica classe di comunicazione, ossia la catena è irriducibile. Essendoci solo una classe finita e chiusa, la catena è ricorrente positiva (dunque esiste un’unica probabilità invariante). La catena è aperiodica perché ogni stato ha periodo 1: infatti p(2)11 ≥ p12p21> 0 e p(3)11 ≥ p12p23p31> 0.
(b) L’equazione soddisfatta da una misura invariante (µi)i=1,2,3 è µi =P
kµkpki, ossia
µ1 = µ3q + µ2(1 − q) µ2 = µ1q + µ3(1 − q) µ3 = µ2q + µ1(1 − q)
.
È immediato verificare che µi ≡ 1 soddisfa tale sistema. Di conseguenza πi = 13µi, ossia π1 = π2 = π3 = 13 definisce una probabilità invariante, che già sappiamo essere unica.
La probabilità π è reversibile se e solo se πipij = πjpji per ogni i, j = 1, 2, 3. Essendo π ≡ 13, ciò significa che pij = pji, ossia la matrice di transizione deve essere simmetrica, e ciò accade se e solo se q = 12.
(c) Per il teorema di convergenza all’equilibrio si ha che limn→∞P(Xn= 2) = π2 = 13. Per il secondo limite, notiamo che P(Xn = 2, Xn+1 = 3) = P(Xn = 2)P(Xn+1 = 3|Xn = 2) = P(Xn= 2)p23= qP(Xn= 2) −−−−→
n→∞
q 3.
Tavola della distribuzione normale La tabella seguente riporta i valori di Φ(z) :=Rz
−∞e− 1√2x2
2π dx, la funzione di ripartizione della distribuzione normale standard N (0, 1), per 0 ≤ z ≤ 3.5. Ricordiamo che I valori di Φ(z) per z < 0 possono essere ricavati grazie alla formula
Φ(z) = 1 − Φ(−z) .
z 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09
0.0 0.5000 0.5040 0.5080 0.5120 0.5160 0.5199 0.5239 0.5279 0.5319 0.5359 0.1 0.5398 0.5438 0.5478 0.5517 0.5557 0.5596 0.5636 0.5675 0.5714 0.5753 0.2 0.5793 0.5832 0.5871 0.5910 0.5948 0.5987 0.6026 0.6064 0.6103 0.6141 0.3 0.6179 0.6217 0.6255 0.6293 0.6331 0.6368 0.6406 0.6443 0.6480 0.6517 0.4 0.6554 0.6591 0.6628 0.6664 0.6700 0.6736 0.6772 0.6808 0.6844 0.6879 0.5 0.6915 0.6950 0.6985 0.7019 0.7054 0.7088 0.7123 0.7157 0.7190 0.7224 0.6 0.7257 0.7291 0.7324 0.7357 0.7389 0.7422 0.7454 0.7486 0.7517 0.7549 0.7 0.7580 0.7611 0.7642 0.7673 0.7704 0.7734 0.7764 0.7794 0.7823 0.7852 0.8 0.7881 0.7910 0.7939 0.7967 0.7995 0.8023 0.8051 0.8078 0.8106 0.8133 0.9 0.8159 0.8186 0.8212 0.8238 0.8264 0.8289 0.8315 0.8340 0.8365 0.8389 1.0 0.8413 0.8438 0.8461 0.8485 0.8508 0.8531 0.8554 0.8577 0.8599 0.8621 1.1 0.8643 0.8665 0.8686 0.8708 0.8729 0.8749 0.8770 0.8790 0.8810 0.8830 1.2 0.8849 0.8869 0.8888 0.8907 0.8925 0.8944 0.8962 0.8980 0.8997 0.9015 1.3 0.9032 0.9049 0.9066 0.9082 0.9099 0.9115 0.9131 0.9147 0.9162 0.9177 1.4 0.9192 0.9207 0.9222 0.9236 0.9251 0.9265 0.9279 0.9292 0.9306 0.9319 1.5 0.9332 0.9345 0.9357 0.9370 0.9382 0.9394 0.9406 0.9418 0.9429 0.9441 1.6 0.9452 0.9463 0.9474 0.9484 0.9495 0.9505 0.9515 0.9525 0.9535 0.9545 1.7 0.9554 0.9564 0.9573 0.9582 0.9591 0.9599 0.9608 0.9616 0.9625 0.9633 1.8 0.9641 0.9649 0.9656 0.9664 0.9671 0.9678 0.9686 0.9693 0.9699 0.9706 1.9 0.9713 0.9719 0.9726 0.9732 0.9738 0.9744 0.9750 0.9756 0.9761 0.9767 2.0 0.9772 0.9778 0.9783 0.9788 0.9793 0.9798 0.9803 0.9808 0.9812 0.9817 2.1 0.9821 0.9826 0.9830 0.9834 0.9838 0.9842 0.9846 0.9850 0.9854 0.9857 2.2 0.9861 0.9864 0.9868 0.9871 0.9875 0.9878 0.9881 0.9884 0.9887 0.9890 2.3 0.9893 0.9896 0.9898 0.9901 0.9904 0.9906 0.9909 0.9911 0.9913 0.9916 2.4 0.9918 0.9920 0.9922 0.9925 0.9927 0.9929 0.9931 0.9932 0.9934 0.9936 2.5 0.9938 0.9940 0.9941 0.9943 0.9945 0.9946 0.9948 0.9949 0.9951 0.9952 2.6 0.9953 0.9955 0.9956 0.9957 0.9959 0.9960 0.9961 0.9962 0.9963 0.9964 2.7 0.9965 0.9966 0.9967 0.9968 0.9969 0.9970 0.9971 0.9972 0.9973 0.9974 2.8 0.9974 0.9975 0.9976 0.9977 0.9977 0.9978 0.9979 0.9979 0.9980 0.9981 2.9 0.9981 0.9982 0.9982 0.9983 0.9984 0.9984 0.9985 0.9985 0.9986 0.9986 3.0 0.9987 0.9987 0.9987 0.9988 0.9988 0.9989 0.9989 0.9989 0.9990 0.9990 3.1 0.9990 0.9991 0.9991 0.9991 0.9992 0.9992 0.9992 0.9992 0.9993 0.9993 3.2 0.9993 0.9993 0.9994 0.9994 0.9994 0.9994 0.9994 0.9995 0.9995 0.9995 3.3 0.9995 0.9995 0.9995 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9996 0.9997 3.4 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9997 0.9998