PARTE I (Esercizi 1–2–3) Esercizio 1

Laurea Triennale in Matematica 2011/12 Nome:

22 febbraio 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).

PARTE I (Esercizi 1–2–3)

Esercizio 1. Il Ministero della Pubblica Istruzione vuole stimare la frazione α ∈(0, 1) di studenti di terza media che hanno preparazione scarsa in matematica. A tal fine, sottopone a un grande numero di studenti un quesito con 10 possibili risposte, di cui una sola è corretta. Assumiamo che gli studenti con una buona preparazione in matematica rispondano correttamente al quesito, mentre quelli con preparazione scarsa diano una risposta scelta a caso (e non esistano altre possibilità).

Sottoponendo ad una analisi più approfondita gli studenti che hanno risposto correttamente al quesito, si scopre che tra questi solo l’80% ha una buona preparazione in matematica. Sulla base di queste informazioni, si determini α.

Soluzione 1. Immaginiamo di scegliere uno studente a caso e consideriamo gli eventi A:= “lo studente ha una preparazione scarsa in matematica” e B:= “lo studente risponde correttamente al quesito”. Secondo i dati forniti dal problema

P(A) = α, P(B|A) = 1

10, P(B|A^c) = 1 , P(A^c|B) = 80 100 = 4

5. Si ricava quindi

P(B) = P(B|A) P(A) + P(B|A^c) P(A^c) = α

10 + (1 − α) = 1 − 9 10α , da cui

P(B|A^c) = P(A^c|B) P(B) P(A^c) =

4

5(1 −₁₀⁹α) 1 − α =

4 5 −¹⁸₂₅α

1 − α , e dato cheP(B|A^c) = 1 si ottiene infine

4 5 −¹⁸₂₅α

1 − α = 1 ⇒ α= 5

7 ' 71, 4% .

Esercizio 2. Sia {X_n}_n∈N un processo di Bernoulli di parametro p ∈(0, 1), definito su uno spazio di probabilità(Ω, A, P) (cioè le variabili aleatorie {X_n}_n∈N sono i.i.d. con leggi marginali Be(p)).

Definiamo le variabili aleatorie S, T : Ω → N ∪ {+∞} ponendo

S(ω) := inf{k ∈ N : Xk(ω) = 0} , T(ω) := inf{k ∈ N, k > S(ω) : Xk(ω) = 0} , dove per convenzioneinf ∅ := +∞. Poniamo quindi

U(ω) := T (ω) − S(ω)

per ogni ω tale che S(ω) < ∞, e U (ω) := ∞ altrimenti. Definiamo infine per k ∈ N gli eventi A_k:= {X_k= 1} .

(a) Fissiamo n, m ∈ N con n > m. Si esprima l’evento {S = m, T = n} in funzione (di alcuni) degli eventi {A_k}_k∈N mediante opportune operazioni insiemistiche (unioni, intersezioni, ecc.).

Si deduca quindi la densità congiunta

pS,T(m, n) = P(S = m, T = n) = pⁿ⁻²(1 − p)²1{1≤m<n}.

(b) Si determini la densità congiunta delle variabili aleatorie S, U . Si deduca che S e U sono indipendenti e hanno la stessa legge marginale (quale?).

(c) Si calcoliE(T ).

Soluzione 2. (a) {S= m, T = n} = (Tm−1

i=1 A_i) ∩ A^c_m∩ (Tn−1

i=m+1A_i) ∩ A^c_n e dato che gli eventi {A_k}_k∈N sono indipendenti con la stessa probabilità p si deduce che per m, n ∈ N con m < n si ha p_S,T(m, n) = p^m−1(1 − p)p^n−m−1(1 − p) = (1 − p)²pⁿ⁻².

(b) Per ogni m, ` ∈ N si ha {S = m, U = `} = {S = m, T = m + `} da cui pS,U(m, `) = p_S,T(m, m + `) = (1 − p)<sup>2</sup>p<sup>m+`−2</sup> = [(1 − p)p^m−1][(1 − p)p^`−1]. Questo mostra che S, U ∼ Ge(1 − p) e che S e U sono indipendenti.

(c) Si ha T = S + U da cui E(T ) = E(S) + E(U ) = _1−p¹ +_1−p¹ = _1−p² .

Esercizio 3. Sia {X_n}_n∈Nuna successione di variabili aleatorie reali discrete indipendenti, definite su uno spazio di probabilità(Ω, A, P), con densità discrete

pXn(x) := P(Xn= x) =







1 −_n¹2 se x= 0

1

2n² se x= +n o x = −n

0 altrimenti

.

Definiamo quindi per n ∈ N la variabile aleatoria

S_n:= X₁+ . . . + X_n. (a) Si mostri che E(Xn) = 0 e Var(Xn) = 1 per ogni n ∈ N.

(b) Si calcoli P(Xn6= 0) e si mostri che P(lim sup_n∈N{X_n6= 0}) = 0.

(c) Si deduca che S_n/√

n →0 q.c.. Questo risultato non è forse in contraddizione con il teorema limite centrale? Motivare la risposta.

Soluzione 3. (a) Facile.

(b) P(Xn 6= 0) = 1 − P(Xn = 0) = _2n¹2 quindi P

n∈NP(Xn 6= 0) < ∞ da cui segue che P(lim sup_n∈N{X_n6= 0}) = 0.

(c) Posto A:= {lim sup_n∈N{X_n6= 0}}^c, si haP(A) = 1. Per costruzione, per ogni ω ∈ A esiste n0(ω) < ∞ tale che per ogni n ≥ n0(ω) si ha Xn(ω) = 0, dunque per n ≥ n0(ω) si ha S_n(ω) = S_n0(ω)(ω) < ∞, dunque lim_n→∞S_n(ω)/√

n= 0.

Non c’è contraddizione con il teorema limite centrale perché non ne sono soddisfatte le ipotesi, dato che le variabili aleatorie {X_n}_n∈N sono indipendenti ma non hanno la stessa legge. (Applicando il teorema limite centrale, si avrebbe S_n/√

n → N(0, 1) in legge.)

PARTE II (Esercizi 4–5–6)

Esercizio 4. Siano X, Y variabili aleatorie reali, definite su uno spazio di probabilità(Ω, A, P), con legge congiunta assolutamente continua, con densità

f_X,Y(x, y) :=

(c e^−x se0 < x < y < x + 1

0 altrimenti ,

dove c ∈ R è una opportuna costante.

(a) Si mostri che X è una variabile aleatoria di legge Exp(1) e si calcoli il valore della costante c.

(b) Si mostri che Z := log(X) è una variabile aleatoria assolutamente continua e se ne determini la densità. Per quali valori di p si ha Z ∈ L^p?

(c) Si determini la densità di Y . Si calcoli E(e^X−Y).

Soluzione 4. (a) Integrando in y si ha f_X(x) = c e^−x1_(0,∞)(x) da cui segue che c = 1 e X ∼ Exp(1).

(b) F_Z(t) = P(log(X) ≤ t) = P(X ≤ e^t) = 1 − e^−et è una funzione C¹ a tratti, dunque Z è asso- lutamente continua con densità f_Z(z) = F_Z⁰(z) = e^z−ez. Si haE(|Z|^p) =R

R|z|^pfZ(z) dz < ∞ per ogni p >0: l’integrale converge a −∞ perché f_Z(z) ≤ e^z, mentre la convergenza a+∞ è assicurata dal fatto che per z grande e positivo e^z− z > z, dunque f_Z(z) ≤ e^−z.

(c) Per y >1 si ha fY(y) =Ry

y−1f_X,Y(x, y) dx = e^−(y−1)− e^−y = (e − 1)e^−y, per0 < y ≤ 1 si ha f_Y(y) =Ry

0 fX,Y(x, y) dx = 1 − e^−y, mentre per y ≤0 si ha fY(y) = 0. Inoltre E(e^X−Y) =

Z

R²

e^x−yf_X,Y(x, y) dxdy = Z +∞

0

 Z x+1 x

e^−ydy



dx= 1 − e⁻¹.

Esercizio 5. Siano Z e {X_n}_n∈N variabili aleatorie reali indipendenti, definite su uno spazio di probabilità (Ω, A, P), con leggi marginali Z ∼ N (0, 1) e X_n ∼ N (0, σ_n²), dove {σ_n}_n∈N è una successione fissata di numeri reali strettamente positivi.

(a) Sfruttando la disuguaglianza e^−z2/2≤ z e^−z2/2, valida per z >1, si mostri che P(|Z| > t) ≤ r 2

πe^−t2/2, ∀t ∈ [1, ∞) . (b) Si deduca che se σ_n= _n¹a, con a >0 fissato, allora Xn→ 0 q.c..

(Facoltativo: che cosa si può dire se σ_n= 1/√

log n ?)

Soluzione 5. (a) Per simmetria P(Z < −t) = P(Z > t) quindi P(|Z| > t) = 2 P(Z > t) e con una semplice integrazione per t >1 si ha

P(|Z| > t) = 2 Z _+∞

t

e^−z2/2

√2π dz ≤r 2 π

Z _+∞

t

z e^−z2/2dz=r 2

π e^−t2/2.

(b) Per le proprietà della legge normale X_n ha la stessa legge di σ_nZ, quindi per la stima ottenuta al punto precedente, per ogni ε >0,

P(|Xn| > ε) = P(|Z| > ε/σn) ≤r 2

π e^{−ε2/(2σn2)}=r 2

πe^−ε2n2a/2. Questo mostra che P

n∈NP(|X_n| > ε) < ∞ per ogni ε > 0 e dunque X_n → 0 q.c. per un criterio dimostrato a lezione.

Esercizio 6. Si consideri la catena di Markov X = {Xn}_n∈Na valori nell’insieme E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, corrispondente al seguente grafo:

1 1 3

2 5

1 3 1

5 1 3

2

3 4

5

1 6 1

(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 determinino le misure invarianti della catena. Detto τ⁽³⁾:= inf{k ∈ N0 : X_k= 3} il primo istante di visita dello stato3, si determini Ei(τ⁽³⁾) per ogni i ∈ E.

(Facoltativo: per ogni i ∈ E, i 6= 6, si determini la legge di τ⁽³⁾ rispetto alla probabilità Pi.) Soluzione 6. (a) La matrice di transizione è data da

p=























0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 ⁴₅ ¹₅ 0 0 0 0 ¹₃ ²₃ 0 0

1

3 0 0 0 ²₃ 0

2

5 0 0 0 ¹_{3 15}⁴





















 .

Le classi irriducibili sono R₁ = {3, 4} (chiusa, dunque ricorrente positiva) e T₁ = {1}, T₂ = {2}, T3 = {5}, T4 = {6} (non chiuse, dunque transitorie).

(b) C’è un’unica probabilità invariante, concentrata sulla classe ricorrente R₁ = {3, 4}, che deve soddisfare le relazioni π_i = 0 per i = 1, 2, 5, 6 e

4 5π3+1

3π4= π3, π3+ π4 = 1 , da cui π₃= ⁵₈, π₄= ³₈.

Per calcolare Ei(τ⁽³⁾) si può risolvere il sistema visto a lezione, ma per ogni i 6= 6 la risposta può essere data in modo più diretto. Dalla struttura delle probabilità di transizione segue facilmente che E3(τ⁽³⁾) = 0, E2(τ⁽³⁾) = 1 e E1(τ⁽³⁾) = 2. Partendo da i = 4, τ⁽³⁾ ha una legge Ge(¹₃) e dunque E₄(τ⁽³⁾) = 3; analogamente, partendo da i = 5 la variabile τ⁽¹⁾ ha legge Ge(¹₃) e dunque E5(τ⁽³⁾) = E5(τ⁽¹⁾) + 2 = 3 + 2 = 5. Infine, per i = 6 si ha

E₆(τ⁽³⁾) = 1 + p₆₁E₁(τ⁽³⁾) + p₆₅E₅(τ⁽³⁾) + p₆₆E₆(τ⁽³⁾) , da cui

E₆(τ⁽³⁾) = 15 11

 1 +2

5E₁(τ⁽³⁾) +1

3E₅(τ⁽³⁾)



= 15 11

 1 +4

5+ 5 3



= 52 11.