1 Sulla dimostrazione del TLC

1 Sulla dimostrazione del TLC

Lo scopo della seguente variante di dimostrazione è quello di evitare l’uso del logaritmo in campo complesso, non di¢ cile ma comunque un po’insidioso.

Nella dimostrazione del TLC si arriva a dover dimostrare, per t …ssato, che

n!1 lim 1 t ²

2n + o t ² n

n

= e ^t

⁼²

dove, cosa importante, la successione o ^t _n

è a valori complessi. Riscrivendo l’espressione come

1 t ² 2n

n 0

@ 1 _2n ^t

+ o ^t _n

1 _2n ^t

1 A

n

basta dimostrare che il secondo fattore, che possiamo riscrivere nella forma 0

@1 + o ^t _n

1 _2n ^t

1 A

n

tende ad 1. Riscriviamo per comodità ^o

t2 n

1

nella forma ^!

_n ⁽ⁿ⁾ dove ! _t (n) è una successione in…nitesima a valori complessi. La tesi è quindi lim _n!1 1 + ^!

_n ^{(n) n} = 1. Vale

1 + ! t (n) n

n

1 =

X n k=1

n k

! t (n) n

n k

X n k=1

n k

j! ^t (n)j n

n k

= 1 + j! ^t (n)j n

n

1:

Quindi basta dimostrare che

n!1 lim 1 + j! ^t (n)j n

n

= 1:

A questo punto i numeri complessi sono spariti, per cui si può svolgere la dimostrazione in

vari modi (ad esempio passando ai logaritmi, reali), che lasciamo per esercizio.

2 Sulla dimostrazione della Proposizione 4.2.2

A completamento delle dimostrazioni riportate sulle dispense, può essere utile sviluppare anche un’intuizione gra…ca disegnando passo a passo le funzioni e gli insiemi illustrati nella seguente argomentazione.

Supponiamo che vanga la condizione (b) della Proposizione e dimostriamo la (a).

Dimostriamo una proprietà preliminare di interesse anche autonomo: per ogni > 0 esiste R > 0 tale che

n (B (0; R) ^c ) ; (B (0; R) ^c ) :

Innanzi tutto, dato > 0 esiste R > 0 tale che (B (0; R) ^c ) . Infatti, \

N

B (0; N ) ^c = ; da cui lim _{N !1} (B (0; N )) = 0, da cui la proprietà che volevamo veri…care. A questo punto,

n (B (0; R) ^c ) = _n (R) n (B (0; R)) _n (R) n (f R )

dove f R è continua, vale 1 su B (0; R 1), zero su B (0; R) ^c e nel mezzo è compresa tra 0 ed 1. Pertanto

lim sup _n (B (0; R) ^c ) (R) (f R ) (R) (B (0; R 1)) = (B (0; R 1) ^c ) : Da qui e dalla proprietà dimostrata sopra per , discende facilmente che, dato > 0 esiste R > 0 tale che _n (B (0; R) ^c ) indipendentemente da n.

Torniamo ora alla dimostrazione principale, cioè che (b) implica (a).

Presa f 2 C b , che senza restrizione possiamo supporre compresa tra 0 ed 1, preso > 0,

…ssiamo un R > 0 con la proprietà appena dimostrata. Sia f R uguale ad f su B (0; R) uguale a zero su B (0; R + 1) ^c , compresa tra 0 ed 1 nel mezzo e continua. Allora

n (f ) (f ) = _n (f R ) (f R )

+ _n (f f R ) (f f R ) :

Il primo termine, _n (f _R ) (f _R ), tende a zero. Il secondo è maggiorato da j n (f f _R ) (f f _R )j j n (f f _R )j + j (f f _R )j

2 j n (B (0; R) ^c )j + 2 j (B (0; R) ^c )j 4 :

Ne discende facilmente

n!1 lim n (f ) (f ) = 0:

3 Sulla costruzione del processo di Poisson

3.1 Introduzione

Riprendiamo la costruzione delle dispense, indicando con S _i gli intertempi esponenziali (indipendenti e di parametro ), con T n = P n

i=1 S i gli istanti di salto, con N t = P ₁

n=1 1 T

t

il presunto processo di Poisson. Nel seguito supporremo di aver già veri…cato, come sulle dispense, che N _t P ( t), per ogni t 0.

Approfondiamo la veri…ca del fatto che N t N s è indipendente da N s ed è P ( (t s)).

Come sappiamo, ciò discende dal fatto che

P (N t N s = hjN ^s = k) = P (N t s = h) : (1) Infatti, in tal caso, Vale

P (N t N s = h) = X

k

P (N t N s = hjN ^s = k) P (N s = k)

= P (N t s = h) X

k

P (N s = k)

= P (N _{t s} = h) ed inoltre vale

P (N _t N _s = h; N _s = k) = P (N _s = k) P (N _{t s} = h) = P (N _s = k) P (N _t N _s = h) : 3.2 Premessa

Useremo un concetto relativamente nuovo: l’indipendenza e la distribuzione condizionata ad un evento. Diciamo che gli eventi A e B sono indipendenti condizionatamente all’evento C (con P (C) > 0) se

P (A \ BjC) = P (AjC) P (BjC) : Questo equivale a

P (A \ B \ C) P (C) = P (A \ C) P (B \ C) : Vediamo due casi particolari.

Remark 1 Se A; B; C sono indipendenti, allora A e B sono indipendenti condizionata- mente a C.

Remark 2 Se B è indipendente dai tre eventi A; C; A \ C, allora A e B sono indipendenti condizionatamente a C. Infatti

P (A \ B \ C) P (C) = P (B) P (A \ C) P (C) = P (A \ C) P (B \ C) :

Oltre a ciò, parleremo di densità di una v.a. X condizionata ad un evento C una funzione densità f tale che

P (X ajC) = Z a

1

f (x) dx

(ovviamente questa de…nizione si generalizza ad un concetto di legge condizionata; a noi servità la densità).

Può essere chiari…catore immaginare che lo spazio ( ; F; P ) sia stato rimpiazzato dallo spazio (C; F C ; P ( jC)), dove F C è formata dagli insiemi A \ C, con A 2 F. I concetti di indipendenza e legge condizionale sono le usuali nozioni di indipendenza e legge viste però per gli oggetti "ristretti" a (C; F ^C ; P ( jC)). Per le v.a. e per i processi, il concetto di restrizione è quello usuale: si considera Xj C , ed analogamente per un processo.

3.3 Veri…ca della (1)

Veniamo quindi alla dimostrazione di (1). Il numero intero k ed il numero reale positivo s usati nel seguito sono quelli dell’evento fN ^s = kg. In analogia a quanto descritto poco sopra, consideriamo lo spazio (C; F ^C ; P ( jC)) con C = fN ^s = kg. Consideriamo il processo stocastico (N _t N _s ) _{t s} (s …ssato) ristretto a questo spazio, che chiameremo processo con- dizionato a fN s = kg. Indichiamo con N e _u

u 0 questo processo, ovvero precisamente N e u = (N s+u N s ) j fN

=kg .

Se mostriamo che e N _u P ( u), la (1) è veri…cata.

Poniamo

S e ₁ : T _k+1 s S e j = S _k+j per j 2:

Essi (come illustrato sulle dispense) sono gli intertempi di salto del processo N e u u 0 . Poniamo

T e _n = X n

i=1

S e _i da cui discende

N e _u = X 1 n=1

1 _{T e}

n

u : Se veri…chiamo che le v.a. S e _j

j 1 sono, condizionatamente a fN s = kg, indipendenti e di

legge E ( ), ne discende e N _u P ( u) come nel caso già visto delle v.a. (S j ) _{j 1} ed N _t e la

dimostrazione è completa.

Premettiamo un caso facile, illustrato anche sulle dispense:

P S e 2 a 2 ; :::; e S n a n jN ^s = k = Y n i=2

P S e i a i jN ^s = k

= Y n i=2

P (S _k+i a _i )

perché, essendo fN ^s = kg = fT ^k s < T k+1 g e

n S e i a i

o

= fS ^k+i a i g (per i 2), gli eventi

n S e 2 a 2

o

; :::;

n S e n a n

o

; fN ^s = kg sono indipendenti; basta quindi usare l’osservazione 1. Quindi le v.a. S e j

j 2 sono, condizionatamente a fN ^s = kg, indipendenti e di legge E ( ).

Includiamo ora e S ₁ . In base all’osservazione 2 (applicata ad A = n

S e ₁ a ₁ o , B = n S e ₂ a ₂ ; :::; e S _n a _n o

, C = fN s = kg), vale

P S e ₁ a ₁ ; e S ₂ a ₂ ; :::; e S _n a _n jN s = k = Y n i=1

P S e _i a _i jN s = k :

Quindi le v.a. S e j

j 1 sono indipendenti, condizionatamente a fN ^s = kg. Resta da ver- i…care che e S 1 , condizionatamente a fN ^s = kg, ha legge E ( ). Per questo, utilizziamo il seguente calcolo, basato su regole di probabilità condizionale, ancune delle quali forse solo accennate in passato (indicheremo con f _T

la densità di T _k ):

P S e ₁ ajN s = k = P (T _k+1 s a; T _k s < T _k+1 ) P (N _s = k)

P (T _k+1 s a; T _k s < T _k+1 ) = P (T _k s; s < T _k + S _k+1 s + a)

= Z s

0

P (T _k s; s < T _k + S _k+1 s + ajT k = u) f _T

(u) du

= Z s

0

P (s < u + S k+1 s + a) f T

(u) du

= Z s

0

e ^{(s u)} e ^{(s+a u)} f _T

(u) du

= Z s

0

e ^{(s u)} e ^{(s+a u)} 1 (k 1)!

k u ^{k 1} e ^u du

= e ^s e ^(s+a) 1

(k 1)!

k

Z s 0

u ^{k 1} du

= e ^s e ^(s+a) 1

k! ( s) ^k

P S e ₁ ajN s = k = e ^s e ^(s+a) _k! ¹ ( s) ^k

e ^{s 1} _k! ( s) ^k = 1 e ^a

che dimostra ciò che volevamo.