III Appello di Calcolo delle Probabilità

Laurea Triennale in Matematica 2014/15 Nome:

14 luglio 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. Indichiamo con α ∈ (0, 1) la probabilità che in un dato giorno piova a Tokyo. (Le risposte alle domande seguenti possono naturalmente dipendere da α.)

Ho due amici giapponesi burloni: uno dice la verità una volta su due, l’altro due volte su tre.

Chiedo ai due amici che tempo fa oggi a Tokyo.

(a) Qual è la probabilità che entrambi mi rispondano che piove? Tale probabilità può assumere il valore ¹₂?

(b) Se entrambi gli amici mi rispondono che piove, è più probabile che piova o che non piova?

Soluzione 1. (a) Definendo gli eventi A := “Oggi a Tokyo piove” e B := “Entrambi gli amici dicono che oggi a Tokyo piove”, i dati del problema sono

P(A) = α , P(B|A) = 1 2

2 3 = 1

3, P(B|A^c) = 1 2

1 3 = 1

6. Dunque

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

3 +1 − α

6 = 1 + α 6 . (b) Per la formula di Bayes, la probabilità (condizionale) che piova vale

P(A|B) = P(B|A)P(A)

P(B) =

1 3α

1+α 6

= 2α 1 + α

mentre quella che non piova vale P(A^c|B) = 1 − P(A|B) = 1 − _1+α^2α = ^1−α_1+α. Quindi la probabilità che piova è maggiore di quella che non piova se e solo se P(A|B) > P(A^c|B), ossia

2α

1 + α > 1 − α

1 + α ⇐⇒ α > 1

3.

La risposta dipende dunque dal valore di α: per α > ¹₃ la probabilità che piova è maggiore di quella che non piova, mentre per α <¹₃ vale il contrario, e per α = ¹₃ c’è l’uguaglianza.

Esercizio 2. Si consideri il seguente gioco articolato in turni successivi, fino a un massimo di 10.

Può essere utile la formula 1 + 2 + 3 + . . . + n = ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ .

• Al turno 1 Giorgio lancia una moneta regolare: se esce croce, il gioco finisce in questo turno e Giorgio vince un euro; se invece esce testa, il gioco prosegue col turno 2.

• Al turno n, con 2 ≤ n ≤ 9, Giorgio lancia n monete regolari: se esce almeno una croce, il gioco finisce in questo turno e Giorgio vince n euro; se invece escono tutte teste, il gioco prosegue col turno n + 1.

• Al turno 10, Giorgio lancia 10 monete regolari: se esce almeno una croce, Giorgio vince 10 euro; se invece escono tutte teste, Giorgio non vince niente. In ogni caso, il gioco finisce.

(Può essere utile indicare con A_i l’evento “al turno i non esce nessuna croce”.) (a) Qual è la probabilità che Giorgio non vinca niente?

(b) È più probabile che il gioco finisca al turno 2 o al turno 3?

(c) Indicando con T la vincita in euro di Giorgio, si determini la densità discreta della variabile aleatoria T e si dica se E[e^T] < ∞.

(d) (*facoltativa*) Indicando con X il numero totale di croci uscite in tutti i turni, si determini P(X = k | T = n) per n = 0, 1, . . . , 9 e per k ∈ N0.

Soluzione 2. (a) Gli eventi A_i sono indipendenti con P(A_i) = ₂¹i. L’evento “Giorgio non vince niente” coincide con A₁∩ A₂∩ . . . ∩ A₁₀, pertanto la sua probabilità vale

P(A₁∩ A₂∩ . . . ∩ A₁₀) = P(A₁)P(A₂) · · · P(A₁₀) = 1 2¹

1 2² · · · 1

2¹⁰ = 1

2^1+2+...+10 = 1

2^10·112 = 1 2⁵⁵. (b) L’evento “il gioco finisce al turno 2” coincide con A₁∩ A^c₂, pertanto ha probabilità

P(A₁)P(A^c₂) = P(A₁)(1 − P(A₂)) = 1 2(1 − 1

2²) = 1 2 3 4 = 3

8

mentre l’evento “il gioco finisce al turno 3” coincide con A₁∩ A₂∩ A^c₃, pertanto ha probabilità P(A₁)P(A₂)P(A^c₃) = P(A₁)P(A₂)(1 − P(A₃)) = 1

2 1

2²(1 − 1 2³) = 1

2 1 4 7 8 = 7

64. Quindi è più probabile che il gioco finisca al secondo turno, piuttosto che al terzo.

(c) Chiaramente T assume i valori 0, 1, 2, . . . , 10. Nei punti precedenti abbiamo già calcolato P(T = 0) = ₂¹55, P(T = 2) = ³₈, P(T = 3) = ₆₄⁷. In generale, per n = 1, 2, . . . , 10 si ha {T = n} = A₁∩ A₂∩ . . . ∩ A_n−1∩ A^c_n, dunque

P(T = n) = P(A₁∩ A₂∩ . . . ∩ A_n−1∩ A^c_n) = P(A₁)P(A₂) · · · P(A_n−1)(1 − P(A_n))

= 1 2¹

1

2² · · · 1 2ⁿ⁻¹

 1 − 1

2ⁿ



= 1

21+2+...+n−1

2ⁿ− 1

2ⁿ = 2ⁿ− 1 2^n(n+1)2 .

Essendo T limitata (T ≤ 10), anche e^T è limitata (e^T ≤ e¹⁰) dunque E[e^T] ≤ e¹⁰< ∞.

(d) . . .

Esercizio 3. Siano X, Y variabili aleatorie reali con densità congiunta fX,Y(x, y) := c e^−y

(1 + x)³ 1{x>0}1{0<y<x},

dove c ∈ (0, ∞) è un’opportuna costante (che non è richiesto di determinare).

(a) Si determinino le densità marginali di X e Y . (b) Le variabili aleatorie X e Y sono indipendenti?

(c) Si dica se X e Y sono in L¹ e/o in L². È ben definita Cov(X, Y )?

(d) Si determini la distribuzione di M := max{X, Y }.

Soluzione 3. (a) Chiaramente f_X(x) = 0 per x ≤ 0, mentre per x > 0 f_X(x) =

Z

R

f_X,Y(x, y) dy = Z x

0

c e^−y

(1 + x)³dy = c (1 + x)³

Z x 0

e^−ydy = c(1 − e^−x) (1 + x)³ . Analogamente f_Y(y) = 0 per y ≤ 0, mentre per y > 0

fY(y) = Z

R

fX,Y(x, y) dx = Z ∞

y

c e^−y

(1 + x)³ dx = c e^−y Z ∞

y

1 (1 + x)³ dx

= c e^−y



− 1

2(1 + x)²

∞ y

= c e^−y 2(1 + y)².

(b) Se X e Y fossero indipendenti si dovrebbe avere f_X,Y(x, y) = fX(x)fY(y) per Leb-q.o.

(x, y) ∈ R². Tuttavia ciò non può essere, a causa della presenza di1{y<x}: ad esempio, per (x, y) ∈ (1, 2) × (2, 3) si ha y > x e pertanto fX,Y(x, y) = 0, da cui

P(X ∈ (1, 2), Y ∈ (2, 3)) = Z

(1,2)×(2,3)

f_X,Y(x, y) dx dy = 0 ,

mentre P(X ∈ (1, 2)) > 0 e P(Y ∈ (2, 3)) > 0, essendo entrambe le densità f_X e f_Y strettamente positive in (0, ∞). Quindi

P(X ∈ (1, 2), Y ∈ (2, 3)) 6= P(X ∈ (1, 2))P(Y ∈ (2, 3)) da cui segue che X e Y non sono indipendenti.

(c) Ricordiamo che X ∈ L^p se e solo se E[|X|^p] =

Z ∞ 0

x^pf_X(x) dx < ∞ .

La densità f_X(x) è nulla per x ≤ 0 mentre è una funzione continua e limitata per x > 0, e per x → ∞ ha il comportamento asintotico fX(x) ∼ c/x³, quindi x^pfX(x) ∼ c/x^3−p. L’integrale è dunque finito se 3 − p > 1, ossia p < 2, da cui segue che X ∈ L¹ ma X 6∈ L².

Invece Y sta sia in L¹ che in L², dal momento che la sua densità è maggiorata da una costante per e^−y e dunque decade esponenzialmente per y → ∞.

Infine notiamo che E[|XY |] = E[XY ] =

Z

R²

|x y| f_X,Y(x, y) dx dy = Z ∞

0

x c

(1 + x)³

Z x 0

y e^−ydy

 dx .

Maggioriamo l’integrale interno estendendo il dominio di integrazione fino all’infinito:

Rx

0 y e^−ydy ≤R∞

0 y e^−ydy =: C < ∞, da cui E[|XY |] ≤ c C

Z ∞ 0

x

(1 + x)³dx < ∞ ,

perché la funzione integranda è continua e decade all’infinito asintoticamente a 1/x². Essendo ben definiti E[X], E[Y ], E[XY ] anche Cov[X, Y ] = E[XY ] − E[X]E[Y ] è ben definita (anche se X 6∈ L²).

(d) Per definizione

F_M(t) = P(M ≤ t) = P(X ≤ t, Y ≤ t) = Z

x≤t

Z

y≤t

f_X,Y(x, y) dy

 dx

ma la restrizione y ≤ t nell’integrale interno è superflua, dal momento che x ≤ t e la densità f_X,Y(x, y) già contiene 1{y<x}. Quindi si ottiene

F_M(t) = Z

x≤t

Z

R

f_X,Y(x, y) dy

 dx =

Z

x≤t

f_X(x) dx = P(X ≤ t) = F_X(t) .

Ciò mostra che M e X hanno la stessa funzione di ripartizione e dunque la stessa distribuzione.

Esercizio 4. Enunciamo due disuguaglianze (la cui dimostrazione non è richiesta):

e^αz ≤ 1

2(1 − z)e^−α+1

2(1 + z)e^α ∀z ∈ [−1, 1], α ≥ 0 (?) 1

2 e^−α+ e^α
≤ e^12α2 ∀α ≥ 0. (×)

(a) Sia Z una variabile aleatoria reale integrabile con E[Z] = 0 e P(|Z| ≤ 1) = 1. Si mostri che E[e^αZ] ≤ e^12α2, ∀α ≥ 0 .

Consideriamo ora una successione X = (X_n)_n∈Ndi variabili aleatorie indipendenti con E[X_n] = 0.

Facciamo l’ipotesi che per ogni n ∈ N esista una costante cn∈ [0, ∞) tale che

|X_n| ≤ c_n. Definiamo quindi S = (S_n)_n∈N ponendo

S_n:= X₁+ . . . + X_n. (b) Si mostri che per ogni n ∈ N

E[e^λXn] ≤ e^12λ2c2n, ∀λ ≥ 0 , e si deduca che

E[e^λSn] ≤ e^λ2

Pn i=1 c2

i

2 , ∀λ ≥ 0 . (c) Si mostri che per t ≥ 0

P[Sn≥ t] ≤ exp



−λt + λ² Pn

i=1c²_i 2



, ∀λ ≥ 0 . (d) Si deduca che vale la seguente disuguaglianza di concentrazione:

P[|S_n| ≥ t] ≤ 2 exp



− t² 2Pn

i=1c²_i

 . [Sugg. Si scelga un opportuno valore di λ nel punto precedente.]

(e) Supponiamo infine che C :=P∞

i=1c²_i < ∞. Si mostri che per ogni α > 0 si ha la convergenza S_n

n^α −−−−→

n→∞ 0 in probabilità. La convergenza vale anche q.c.?

Soluzione 4. (a) Dato che |Z| ≤ 1 per ipotesi, possiamo applicare (?) e la linearità e monotonia del valore medio, ottenendo:

E[e^αZ] ≤ e^−α

2 E[1 − Z] + e^α

2 E[1 + Z] = e^−α 2 +e^α

2 ≤ e^12α2, dove negli ultimi passaggi abbiamo usato E[Z] = 0 e (×).

(b) Applicando il punto precedente a Z := X_n/cn, notando che |Z| ≤ 1 perché |X_n| ≤ c_n e E[Z] = E[Xn]/cn= 0, si ottiene

E[e^λXn] = E[e^λcnZ] ≤ e^12λ2c2n. Di conseguenza, per l’indipendenza delle X_n,

E[e^λSn] = E[e^λPni=1Xi] = E

" _n Y

i=1

e^λXi

#

=

n

Y

i=1

E[e^λXi] ≤

n

Y

i=1

e^12λ2c2i = e^λ2

Pn i=1 c2

i

2 .

(c) Basta notare che S_n≥ t se e solo se e^λSn ≥ e^λt e applicare la disuguaglianza di Markov:

P[S_n≥ t] = P[e^λSn ≥ e^λt] ≤ E[e^λSn] e^λt ≤ e^λ2

Pn i=1 c2

i 2

e^λt = exp



−λt + λ² Pn

i=1c²_i 2

 .

(d) La disuguaglianza del punto precedente vale per ogni λ ≥ 0. Il valore ¯λ ottimale è quello che minimizza il membro destro, o equivalentemente l’argomento dell’esponenziale, che è un polinomio di secondo grado in λ. Derivando tale espressione e ponendola uguale a zero si ottiene

−t + ¯λ

n

X

i=1

c²_i

!

= 0 , ossia ¯λ = t Pn

i=1c²_i . Sostituendo questo valore nella disuguaglianza, si ottiene

P[Sn≥ t] ≤ exp



−¯λt + ¯λ² Pn

i=1c²_i 2



= exp



− t² 2Pn

i=1c²_i

 .

Infine notiamo che P[|S_n| ≥ t] = P[S_n ≥ t] + P[S_n ≤ −t]. Dato che possiamo applicare i punti precedenti alle variabili aleatorie (−X_n)_n∈N, si ha per quanto appena mostrato

P[S_n≤ −t] = P[(−S_n) ≥ t] ≤ exp



− t² 2Pn

i=1c²_i



e sommando le due disuguaglianze si ottiene il fattore moltiplicativo 2 che compare nella relazione da dimostrare.

(e) Per ogni ε > 0 si ha P

   

Sn

n^α    

> ε



= P (|Sn| > εn^α) ≤ 2 exp



− ε²n^2α 2Pn

i=1c²_i



≤ 2 exp



−ε² 2Cn^2α

 ,

e chiaramente il membro destro tende a zero per n → ∞, da cui S_n/n^α → 0 in probabilità.

Notando inoltre che, per ogni ε > 0 fissato, si ha P

n∈Nexp

−_2C^ε2 n^2α

< ∞ (come si può verificare ad esempio mediante confronto con l’integrale corrispondente), segue la convergenza Sn/n^α→ 0 q.c. per un criterio visto a lezione, ossia

X

n∈N

P

   

Sn

n^α − 0    

> ε



< ∞ .

Esercizio 5. Siano (X_n)_n∈N variabili aleatorie reali i.i.d. con distribuzione uniforme continua nell’intervallo [−2, 2]. Definiamo per n ∈ N

Tn:= X₁²+ X₂²+ . . . + X_n².

(a) Applicando opportunamente la legge dei grandi numeri, si calcoli il limite seguente per ogni a ∈ R, con la possibile eccezione di un valore a = ¯a scelto a piacere:

n→∞lim P(T_n≤ an) (b) Si calcoli per t = 0 e t =

q4

5 il limite seguente:

n→∞lim P

 Tn> 4

3n + t√ n

 .

Soluzione 5. (a) Si ha

µ = E[Y_n] = E[X_n²] = 1 4

Z ₂

−2

x²dx = 1 4

 x³ 3

2

−2

= 1 4·2 · 8

3 = 4 3.

Per la legge forte dei grandi numeri applicata alle variabili aleatorie i.i.d. (Y_n)_n∈N, si ha T_n/n → ⁴₃ q.c., quindi in distribuzione, quindi la funzione di ripartizione F_n(a) = P(T_n/n ≤ a) = P(Tn≤ na) converge alla funzione di ripartizione della v.a. costante ⁴₃, cioè

F (a) :=

(1 se a ≥ ⁴₃ 0 se a > ⁴₃ ,

per ogni a ∈ R in cui F è continua, ossia per ogni a 6= ⁴₃ si ha lim_n→∞P(Tn≤ na) = F (a).

In alternativa, si può procedere in modo più diretto usando la legge debole dei grandi numeri:

n→∞lim P

   

T_n n −⁴₃

> ε



= 0 , ∀ε > 0 , ossia

n→∞lim P T_n

n ∈ (−∞,⁴₃− ε) ∪ (⁴₃ + ε, +∞)



= 0 , (1)

o equivalentemente

n→∞lim P T_n

n ∈ [⁴₃ − ε,⁴₃ + ε]



= 1 , (2)

Dato a > ⁴₃, posso scegliere ε > 0 piccolo in modo che (a, ∞) ⊆ (⁴₃ + ε, ∞), per cui

n→∞lim P(T_n> an) = lim

n→∞P(T_n∈ (a, ∞)) ≤ lim

n→∞P T_n

n ∈ (⁴₃ + ε, +∞)



= 0 .

Se invece a < ⁴₃, posso scegliere ε > 0 piccolo in modo che (a, ∞) ⊇ [⁴₃ − ε,⁴₃ + ε], per cui

n→∞lim P(Tn> an) = lim

n→∞P(Tn∈ (a, ∞)) ≥ lim

n→∞P T_n

n ∈ [⁴₃ − ε,⁴₃ + ε]



= 1 . In definitiva:

n→∞lim P(Tn> an) =

(1 se a < ⁴₃ 0 se a > ⁴₃ . (b) Calcoliamo la varianza di Y_n: ricordando che µ = E[Y_n] = ⁴₃,

E[(Y_n)²] = E[X_n⁴] = 1 4

Z 2

−2

x⁴dx = 1 4

 x⁵ 5

2

−2

= 1

4 ·2 · 32 5 = 16

5 , σ² = Var[Yn] = E[(Yn)²] − E[Yn]²= 16

5 −16

9 = 169 − 5 45 = 64

45.

Applicando il teorema limite centrale

n→∞lim P

 T_n> 4

3n + t√ n



= lim

n→∞P T_n− µn σ√

n > t σ



= P

 Z > t

σ



= 1 − Φ t σ

 , dove Φ(t) rappresenta la funzione di ripartizione della normale standard. Per t = 0 si ha 1 − Φ(0) = ¹₂, mentre per t =

q4

5 si ha _σ^t = q4·45

5·64 = ³₄ = 0.75, e dalla tavola della distribuzione normale si ottiene Φ(0.75) ' 0.77, quindi 1 − Φ(0.75) ' 0.23.

Esercizio 6. Sia X = (X_n)n≥0 una catena di Markov con spazio degli stati N0 = {1, 2, . . .} con matrice di transizione

pi,j =

























 3

4 se i = j = 1

1 − 5

2ⁱ⁺¹ se i = j ≥ 2 1

2^j se |j − i| = 1 0 se |j − i| ≥ 2 .

(a) Si verifichi che quella assegnata è effettivamente una matrice di transizione e si disegni il grafo relativo (ristretto agli stati {1, 2, 3, 4, 5}). La catena è irriducibile? È aperiodica?

(b) Si mostri che esiste un’unica probabilità reversibile (µ_i)_i∈N. Per tempi lunghi, qual è lo stato in cui è più probabile trovare la catena?

Soluzione 6. (a) Si ha chiaramente p_i,j ≥ 0 per ogni i, j, dal momento che 1 − _2i+1⁵ ≥ 0 se i ≥ 2. Resta da verificare cheP

j∈Npi,j = 1 per ogni i ∈ N. Per i = 1 si ha X

j∈N

p1,j = p1,1+ p1,2= 3 4 +1

4 = 1 , mentre per i ≥ 2 si ha

X

j∈N

pi,j = pi,i−1+ pi,i+ pi,i+1 = 1 2ⁱ⁻¹ +

 1 − 5

2ⁱ⁺¹



+ 1

2ⁱ⁺¹ = 1 + 4 − 5 + 1 2ⁱ⁺¹ = 1 .

La catena è irriducibile p_i,i+1 > 0 e p_i+1,i > 0 per ogni i ∈ N, quindi i ↔ i + 1 per ogni i ∈ N, quindi i ↔ j per ogni i, j ∈ R. È anche aperiodica perché pi,i > 0 e dunque M.C.D.{n ∈ N : p⁽ⁿ⁾_i,i > 0} = 1.

(b) La condizione di reversibilità µ_ipi,j = µjpj,i è banalmente soddisfatta se i = j oppure se

|j − i| ≥ 2, resta quindi da verificare il caso |j − i| = 1 e per simmetria basta considerare il caso i < j, ossia j = i + 1. Allora

µipi,i+1 = µi+1pi+1,i ⇐⇒ µi

1

2ⁱ⁺¹ = µi+1

1

2ⁱ ⇐⇒ µi+1= 1

2µi, e iterando questa relazione si ha µ_i = ₂i−1¹ µ₁. ImponendoP∞

i=1µ_i = 1 si ottiene µ₁P∞ i=1 1

2ⁱ⁻¹ = µ₁· 2 = 1, ossia µ₁ = ¹₂. In definitiva, l’unica probabilità reversibile (e dunque invariante) è data da µ_i = ₂¹i.

Segue che la catena è ricorrente positiva. Essendo aperiodica, lim_n→∞P(Xn = i) = µi, quindi lo stato i più probabile per tempi grandi è quello che massimizza µ_i, vale a dire i = 1.

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