Infine, sia P la probabilit`a uniforme su Ω

I Appello di Probabilit`a e Statistica Cognome:

Laurea Triennale in Matematica Nome:

15 giugno 2009 Matricola:

ESERCIZIO 1. Sia N ≥ 2 e sia Ω l’insieme dei sottoinsiemi non vuoti di {1, 2, . . . , N }. In altre parole

Ω := {ω ⊆ {1, 2, . . . , N } : ω 6= ∅}.

Per ω ∈ Ω, indichiamo con X(ω) := max(ω) il massimo elemento di ω e con Y (ω) := min(ω) il minimo elemento di ω (per esempio, se ω = {2, 3, 6} allora X(ω) = 6 e Y (ω) = 2). Infine, sia P la probabilit`a uniforme su Ω.

(a) Mostrare che, per n ∈ {1, 2, . . . , N },

P (X = n) = 2ⁿ⁻¹ 2^N − 1. (b) Calcolare la funzione generatrice dei momenti di X.

(c) Determinare la densit`a congiunta di (X, Y ).

(d) (*) Determinare la densit`a di X − Y . SOLUZIONE.

(a) Anzitutto |Ω| = 2^N− 1, visto che un insieme di N elementi ha 2^N sottoinsiemi, di cui uno

`

e l’insieme vuoto. Inoltre, X(ω) = n se e solo se n ∈ ω, e ω \ {n} ⊆ {1, 2, . . . , n − 1}. Perci`o

|{ω : X(ω) = n}| = |{ω⁰: ω⁰ ⊆ {1, 2, . . . , n − 1}| = 2ⁿ⁻¹, da cui si ottiene la formula richiesta.

(b)

γ_X(t) = Ee^tX =

N

X

n=1

e^tn 2ⁿ⁻¹

2^N− 1 = e^t 2^N− 1

N −1

X

m=0

2e^t
m

= e^t 2^N− 1

2e^t
N

− 1 2e^t− 1 . (c) Ovviamente, per ogni ω ∈ Ω, X(ω) ≥ Y (ω). Pertanto, per N ≥ n ≥ m ≥ 1 dobbiamo

calcolare

P (X = n, Y = m).

Si noti che X(ω) = n, Y (ω) = m se e solo se n, m ∈ ω e ω \ {n, m} ⊆ {m + 1, . . . , n − 1}.

Perci`o, il numero di ω per cui X(ω) = n, Y (ω) = m `e uguale al numero di sottoinsiemi di {m + 1, . . . , n − 1}. Notare che quest’ultimo insieme `e vuoto se n = m, altrimenti ha n − m − 1 elementi. Perci`o

P (X = n, Y = m) =

( ₁

2^N−1 se n = m

2^n−m−1

2^N−1 se n > m.

(d) L’evento {X − Y = k}, che `e non vuoto per k = 0, 1, . . . , N − 1, si pu`o scrivere come unione disgiunta come segue:

{X − Y = k} =

N −k

[

m=1

{Y = m, X = m + k}.

Usando allora quanto mostrato al punto (c),

P (X − Y = k) = (PN

m=1 1

2^N−1 = ₂N^N−1 se k = 0 PN −k

m=1 2^k−1

2^N−1 = (N − k)₂²N^k−1−1 se k > 0 .

ESERCIZIO 2. Una compagnia di assicurazioni offre una polizza che prevede il pagamento di una determinata cifra a fronte di un danno subito dal cliente. La compagnia classifica gli assicurati in tre categorie: “basso rischio”, “medio rischio” e “alto rischio”. Dei suoi assicurati, il 75% sono a “basso rischio”, il 20% a “medio rischio” e il restante 5% ad “alto rischio”. Gli assicurati a “basso rischio” hanno una probabilit`a pari a 0.02 di subire un danno che prevede il pagamento dell’assicurazione. Tale probabilit`a `e pari a 0.1 per gli assicurati a “medio rischio” e a 0.2 per quelli ad “alto rischio”.

(a) Qual `e la probabilit`a che un individuo scelto a caso tra gli assicurati reclami il pagamento dell’assicurazione?

(b) Se un individuo reclama il pagamento dell’assicurazione, qual `e la probabilit`a che sia nella categoria ad “alto rischio”?

SOLUZIONE.

(a) Consideriamo gli eventi: A₁ = {l’individuo scelto `e della categoria “basso rischio”}, A<sub>2</sub> = {l’individuo scelto `e della categoria “medio rischio”}, A₃ = {l’individuo scelto `e della cate- goria “alto rischio”}, B = {l’individuo reclama il pagamento dell’assicurazione}. Sappiamo che

P (B|A₁) = 0.02 P (B|A₂) = 0.1 P (B|A₃) = 0.2 , P (A₁) = 0.75 P (A₂) = 0.2 P (A₃) = 0.05 . Per la formula delle probabilit`a totali

P (B) =

3

X

i=1

P (B|A_i)P (A_i) = 0.02 · 0.75 + 0.1 · 0.2 + 0.2 · 0.05 = 0.045 .

(b) Usando la Formula di Bayes

P (A3|B) = P (B|A3)P (A3)

P (B) = 0.2 · 0.05 0.045 = 2

9 ' 0.22 .

ESERCIZIO 3. Siano C, X, Y variabili aleatorie reali indipendenti, con X ∼ P o(4), Y ∼ P o(4) mentre C ∼ Be(p), dove p ∈ (0, 1) `e un parametro fissato. Definiamo la variabile

W := CX + (1 − C)Y . (a) Si mostri che E(W ) = 4 e V ar(W ) = 4.

(b) Siano W₁, W₂, . . . , W₁₀₀ variabili i.i.d. con la stessa legge di W . Si determini approssima- tivamente il valore di c tale che la somma W₁+ . . . + W₁₀₀ assuma valori maggiori di c con probabilit`a 0.98.

(c) Si dimostri che W ∼ P o(4).

[Sugg.: calcolare la densit`a discreta di W condizionando rispetto agli eventi {C = 0} e {C = 1}]

SOLUZIONE.

(a) Per le propriet`a ben note del valor medio si ha

E(W ) = E(C)E(X) + (1 − E(C))E(Y ) = p4 + (1 − p)4 = 4 . Si noti che

W² = C²X²+ (1 − C)²Y²+ 2C(1 − C)XY = CX²+ (1 − C)Y²,

poich´e C = C², (1 − C) = (1 − C)² e C(1 − C) = 0, essendo C a valori in {0, 1}. Dato che E(X²) = V ar(X) + E(X)²= 4 + 16 = 20 e analogamente E(Y²) = 20, si ottiene

E(W²) = E(C)E(X²) + (1 − E(C))E(Y²) = p20 + (1 − p)20 = 20 , da cui V ar(W ) = E(W²) − E(W )² = 20 − 16 = 4.

(b) Indicando µ = 4, σ = 2 si ottiene P (W₁+ . . . + W₁₀₀ > c) = P

W₁₀₀ > c 100



= P W₁₀₀− µ σ

√ 100 >

c 100− 4

2 10



' P Z > c

20 − 20

= Φ

 20 − c

20

 . Dato che Φ⁻¹(0.98) ' 2.05, si ottiene l’equazione

20 − c

20 = 2.05 =⇒ c = 359.

(c) Condizionando rispetto agli eventi {C = 1} e {C = 0} e usando la formula delle probabilit`a totali, per k ∈ {0, 1, 2, . . .} si ottiene

P (W = k) = P (W = k|C = 0)P (C = 0) + P (W = k|C = 1)P (C = 1)

= P (Y = k|C = 0)(1 − p) + P (X = k|C = 1)p = P (Y = k)(1 − p) + P (X = k)p , e dato che P (X = k) = P (Y = k) = e⁻⁴4^k/k! si ottiene P (W = k) = e⁻⁴4^k/k!, quindi W ∼ P o(4).

ESERCIZIO 4. Una variabile aleatoria reale X `e detta di Cauchy se `e assolutamente continua con densit`a

f_X(x) := c 1 1 + x², dove c ∈ R `e un’opportuna costante.

(a) Si determini il valore di c affinch´e f_X sia effettivamente una densit`a.

(b) Si calcoli P (X > z) per ogni z ∈ R e si mostri che per z → +∞

P (X > z) ∼ 1 π

1

z cio`e P (X > z) = 1 π

1

z + o 1 z

! .

[Sugg.: pu`o essere utile ricordare che arctan(z) + arctan(¹_z) = ^π₂, ∀z ∈ R.]

(c) Sia ora {Xn}_n∈N una successione i.i.d. di variabili di Cauchy indipendenti e si definisca Mn:= max{X1, . . . , Xn} per n ∈ N. Si mostri che per ogni t > 0

n→∞lim P M_n n ≤ t



= exp



−1 π

1 t

 .

SOLUZIONE.

(a) Imponendo cheR_+∞

−∞ f_X(x) dx = 1 e ricordando che una primitiva di 1/(1+x²) `e arctan(x), si ottiene c(arctan(+∞) − arctan(−∞)) = 1, ovvero c = 1/π.

(b) Ricordando che arctan(t) = t + o(t) per t → 0, si ottiene P (X > z) = 1

π Z ∞

z

1

1 + x², dx = 1

π[arctan(x)]^∞_z = 1 π

π

2 − arctan(z)

= 1

π arctan 1 z



= 1 π

1

z + o 1 z



, per z → +∞ .

(c) Per ogni t > 0 fissato si ha P M_n

n ≤ t



= FMn(nt) = FX(nt)
n

= 1 − P (X > nt)
n

=

 1 − 1

πt 1

n+ o 1 n

n

= exp

 n log

 1 − 1

πt 1

n+ o 1 n



= exp

 n



− 1 πt

1

n+ o 1 n



= exp



−1

πt + o (1)

 .