V Appello di Calcolo delle Probabilità

Laurea Triennale in Matematica 2012/13 Nome:

18 ottobre 2013 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. Anna ha a disposizione due magliette (una bianca e una rossa) e tre gonne (una bianca, una rossa e una verde). Lancia una moneta regolare per scegliere quale maglietta indossare.

Se la maglietta scelta è quella rossa, indosserà certamente la gonna rossa. Se invece la maglietta scelta è quella bianca, sceglierà una delle tre gonne con uguale probabilità.

(a) Con quale probabilità Anna indosserà la gonna rossa? Con quale probabilità sarà vestita di un unico colore?

(b) Se la gonna scelta da Anna è rossa, è più probabile che la maglietta scelta sia quella rossa o quella bianca?

Soluzione 1. (a) Consideriamo gli eventi: M_r = {Anna sceglie la maglia rossa}, Mb= {Anna sceglie la maglia bianca}, G_r= {Anna sceglie la gonna rossa}, G_b = {Anna sceglie la gonna bianca}, G_v = {Anna sceglie la gonna verde}. Allora

P(M_r) = P(M_b) = 1 2,

P(G_r|M_r) = 1 , P(G_v|M_r) = P(G_b|M_r) = 0 , P(Gr|M_b) = P(Gv|M_b) = P(Gb|M_b) = 1

3.

Per la formula delle probabilità totali, la probabilità che Anna indossi la gonna rossa vale P(Gr) = P(Gr|M_r)P(Mr) + P(Gr|M_b)P(Mb) = 11

2 +1 3 1 2 = 2

3 La probabilità che Anna sia vestita di un unico colore vale

P(Mr∩ G_r) + P(Mb∩ G_b) = P(Mr)P(Gr|M_r) + P(Mb)P(Gb|M_b) = 1 21 +1

2 1 3 = 2

3. (b) Calcoliamo

P(M_r|G_r) = P(G_r|M_r)P(M_r) P(G_r) = 1¹₂

2 3

= 3 4,

avendo usato la formula di Bayes, e di conseguenza, essendo M_b= (M_r)^c, P(M_b|G_r) = 1 − P(M_r|G_r) = 1 −3

4 = 1 4.

È dunque più probabile che, quando la gonna scelta è rossa, anche la maglietta scelta sia rossa.

Esercizio 2. Un insetto depone un numero di uova X₀ ∼ Pois(λ), dove λ è un parametro fissato.

Il primo giorno, ciascun uovo può rimanere chiuso, con probabilità p ∈(0, 1), oppure schiudersi, con probabilità 1 − p, indipendentemente dalle altre uova. Indichiamo con X1 il numero di uova che rimangono chiuse alla fine del primo giorno.

(a) Quanto vale P(X1 = k|X0 = n), per k, n ∈ N0 con k ≤ n? Si ricavi quindi la densità discreta congiunta di(X₀, X₁).

(b) Si calcoli P(X₁ = k) e si deduca che X₁ ha distribuzionePois(λp).

Iteriamo ora la procedura: per ogni t ∈ N con t ≥ 2, supponiamo che ciascuna delle uova che è rimasta chiusa alla fine del (t − 1)-esimo giorno possa rimanere chiusa il t-esimo giorno, con probabilità p, oppure schiudersi, con probabilità1 − p, indipendentemente dalle altre uova.

Indichiamo quindi con X_t il numero di uova che restano chiuse alla fine del t-esimo giorno.

(c) Si ricavi la distribuzione di X_t e si deduca che P(X_t= 0) = e^−λpt per ogni t ∈ N0. Indichiamo infine con T il giorno in cui si schiudono le ultime uova.

(d) Si giustifichi l’uguaglianza di eventi

{T ≤ t} = {Xt+1= 0}

e si determini la densità discreta di T .

Soluzione 2. (a) Per lo schema di prove ripetute e indipendenti P(X₁= k|X₀= n) =n

k



p^k(1 − p)^n−k, quindi

p_X0,X1(n, k) = P(X₀= n, X₁ = k) = P(X₀ = n)P(X₁= k|X₀= n)

= e^−λλⁿ n!

n k



p^k(1 − p)^n−k1_{0≤k≤n} = e^−λ(λp)^k k!

(λ(1 − p))^n−k

(n − k)! 1_{0≤k≤n}. (b) Per il punto precedente

P(X₁ = k) =

∞

X

n=k

p_X0,X1(n, k) = e^−λ(λp)^k k!

∞

X

n=k

(λ(1 − p))^n−k (n − k)! , e con il cambio di variabili m= n − k si ottiene

P(X₁ = k) = e^−λ(λp)^k k!

∞

X

m=0

(λ(1 − p))^m

m! = e^−λ(λp)^k

k! e^λ(1−p) = e^−λp(λp)^k k! , ossia X₁ ∼ Pois(λp).

(c) Per i punti precedenti, se X_t∼ Pois(λt), allora Xt+1∼ Pois(λtp). Con un facile argomento induttivo si ottiene che X_t∼ Pois(λp^t) e dunque

P(X_t= 0) = e^−λpt.

(d) L’uguaglianza di eventi si giustifica notando che le ultime uova si schiudono entro il giorno t, chiaramente il giorno t+ 1 non ci sarà alcun uovo rimasto chiuso, e viceversa. Dato che T assume valori in N0, per ogni ` ∈ N si ha

p_T(`) = P(T = `) = P(T ≤ `) − P(T ≤ ` − 1) = P(X_{`+1</sub>= 0) − P(X<sub>`} = 0)

= e^{−λp`+1</sup>− e<sup>−λp`}, mentre

pT(0) = P(X1= 0) = e^−λp.

Esercizio 3. Sia Z una variabile aleatoria con distribuzione assolutamente continua uniforme sull’intervallo(0, 1), definita su uno spazio di probabilità (Ω, A, P). Fissiamo t ∈ [0,¹₄] e definiamo le variabili aleatorie X, Y ponendo

X(ω) := 1₍¹

4+t,³₄+t)(Z(ω)) , Y(ω) := 1₍¹

4−t,³

4−t)(Z(ω)) . Si osservi che X e Y sono variabili aleatorie discrete, che assumono i valori0 e 1.

(a) Si determinino le densità discrete marginali di X e Y . (b) Si determini la densità discreta congiunta di X e Y .

(c) Si mostri che

Cov(X, Y ) = 1 4 − 2t . (d) Per quali valori di t le variabili X e Y sono indipendenti?

Soluzione 3. (a) Si ha

pX(1) = P(X = 1) = P(Z ∈ (¹₄ + t,³₄+ t)) = Z ³

4+t 1 4+t

fZ(z) dz = Z ³

4+t 1 4+t

1 dz = 1 2, e quindipX(0) = 1 − pX(1) = ¹₂, ossia X ∼Be(¹₂). Con calcoli analoghi Y ∼ Be(¹₂) (b) Si ha

p_X,Y(1, 1) = P(X = 1, Y = 1) = P(Z ∈ (¹₄ + t,³₄ + t) ∩ (¹₄ − t,³₄ − t))

= P(Z ∈ (¹₄ + t,³₄ − t)) = (³₄− t) − (¹₄ + t)
= 1 2− 2t , e con conti analoghi

p_X,Y(1, 0) = P(Z ∈ (³₄− t,³₄+ t)) = (³₄ + t) − (³₄ − t)
= 2t , p_X,Y(0, 1) = P(Z ∈ (¹₄− t,¹₄+ t)) = (¹₄ + t) − (¹₄ − t)
= 2t ,

pX,Y(0, 0) = P(Z ∈ (0,¹₄ − t) ∪ (³₄ + t, 1)) = (1 − (³₄ + t)) + (¹₄ − t)
= 1 2 − 2t .

(c) Per i punti precedenti E(X) = E(Y ) = ¹₂. La variabile aleatoria XY assume valori in {0, 1}, pertanto

E(XY ) = P(XY = 1) = P(X = 1, Y = 1) = pX,Y(1, 1) = 1 2 − 2t , e dunque

Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 1

2 − 2t −1 4 = 1

4− 2t .

(d) Può esserci indipendenza solo seCov(X, Y ) = 0, ossia se t = ¹₈. Per tale valore di t si ha che pX,Y(1, 1) = pX,Y(1, 0) = pX,Y(0, 1) = pX,Y(0, 0) = ¹₄, quindi

pX,Y(x, y) = pX(x)pY(y) ∀x, y ∈ {0, 1} ,

da cui segue che per t= ¹₈ le variabili aleatorie X e Y sono effettivamente indipendenti.

Esercizio 4. Sia Z = (X, Y ) un vettore aleatorio bidimensionale, con distribuzione uniforme continua nel cerchio di raggio unitario centrato nell’origine. In altri termini, la densità di Z è data da

fZ(x, y) = 1

π1C(x, y) , dove C:= {(x, y) ∈ R² : x²+ y² ≤ 1} . (a) Le variabili aleatorie reali X e Y sono indipendenti?

(b) Si mostri che la variabile aleatoria R:=√

X²+ Y² è assolutamente continua, con densità f_R(r) = 2r 1_(0,1)(r) .

[Sugg.: si determini innanzitutto la funzione di ripartizione di R.]

(c) Si mostri che la variabile aleatoria W := log R ha valor medio finito, dato da E(W ) = −¹₂. Sia ora (Rn)_n∈N una successione di variabili aleatorie i.i.d. con la stessa distribuzione di R.

Definiamo quindi la successione(Tn)_n∈N ponendo

T_n:= R₁R₂· · · R_n. (d) Si mostri che

n→∞lim log Tn

n = −1

2, q.c. .

Soluzione 4. (a) Il quadrato Q:= (³₄,1) × (³₄,1) è disgiunto dal cerchio C, pertanto P(Z ∈ Q) = P(X ∈ (³₄,1), Y ∈ (³₄,1)) = 0 .

Dato cheP(X ∈ (³₄,1)) > 0 e P(Y ∈ (³₄,1)) > 0, X e Y non possono essere indipendenti.

(b) Si ha F_R(r) = 0 se r < 0 e FR(r) = 1 se r > 1, mentre per r ∈ [0, 1]

FR(r) = P(R ≤ r) = P(X²+ Y² ≤ r²) = P(Z ∈ Cr) ,

dove abbiamo posto C_r := {(x, y) ∈ R² : x²+ y² ≤ r²}. Dato che la misura di Lebesgue (area) di C_r vale πr², si ottiene

F_R(r) = 1 π

Z

Cr

dx dy= 1

ππr²= r².

La funzione F_R è C¹ a tratti, pertanto R è assolutamente continua con densità data da fR(r) = F_R⁰(r) = 2r1_(0,1)(r).

(c) Dato che R assume q.c. valori in (0, 1), la variabile aleatoria W = log R è q.c. negativa e pertanto il valor medio è ben definito (eventualmente −∞). Per la formula del cambio di variabili

E(W ) = E(log R) = Z

R

log r f_R(r) dr = Z ₁

0

log r (2r) dr =



log r r²

   

1

0

− Z ₁

0

1

rr²dr = −1 2. (d) Definendo W_n:= log Rn, possiamo scrivere

log Tn

n = W1+ W2+ . . . + Wn

n .

Quindi ^{log T}_nⁿ coincide con la media campionaria delle variabili aleatorie (Wn)_n∈N, che sono i.i.d. con valor medio finito −¹₂. La conclusione segue immediatamente dalla legge forte dei grandi numeri.

Esercizio 5. Sia data una successione di variabili aleatorie reali(Xn)_n∈N indipendenti (ma non necessariamente identicamente distribuite) in L², con

E(X_n) = 0 , σ_n² := Var(X_n) < ∞ . Definiamo la successione(Y_n)_n∈N ponendo ricorsivamente

Y0 := 1 , Yn:= AYn−1+ Xn, dove A ∈(0, 1) è un parametro fissato.

(a) Si mostri che, per ogni n ∈ N, le variabili aleatorie Xn e Y_n−1 sono indipendenti.

[Sugg.: Si mostri per induzione che Y_n−1è funzione di X₁, . . . , X_n−1.]

(b) Assumendo che σ²_n= A²ⁿ, si mostri che E(Y_n) = 0 e Var(Y_n) = nA²ⁿ, per ogni n ∈ N.

(c) Si mostri che Y_n→ 0 in probabilià per n → ∞. La convergenza è q.c.?

[Sugg.: si sfrutti la disuguaglianza di Chebyschev]

Rimuoviamo ora l’ipotesi che σ_n² = A²ⁿ. Assumiamo solo che

n→∞lim σ_n² = 0 .

(d) Si mostri che limn→∞Var(Yn) = 0 e e si deduca che Yn→ 0 in probabilità.

[Sugg.: si esprimaVar(Yn) in funzione di A e di σ1², . . . , σ_n².]

Soluzione 5. (a) Y_n−1 e X_n sono indipendenti, perché Y_n−1 è funzione di (X1, . . . , Xn−1).

Mostriamo per induzione cheVar(Y_n) = nγⁿ. Il caso n= 1 è immediato, in quanto Y₀ = 1 è una costante. Procedendo induttivamente, per le proprietà della varianza si ha

Var(Yn) = A²Var(Yn−1) + Var(Xn) = A²((n − 1)A²⁽ⁿ⁻¹⁾) + A²ⁿ = nA²ⁿ, come dovevasi dimostrare.

(b) Per ogni ε >0 si ha

P(|Y_n| > ε) ≤ Var(Yn)

ε² = nA²ⁿ ε² −−−→

n→∞ 0 , (1)

pertanto Y_n→ 0 in probabilità. Inoltre, dato che X

n∈N

P(|Y_n| > ε) ≤X

n∈N

nA²ⁿ ε² < ∞ ,

perché |A| <1, segue che la convergenza Y_n→ 0 ha luogo anche q.c..

(c) Si ha

Var(Yn) = A²Var(Yn−1) + σ²_n= A²Var(Yn−2) + A²σ_n−1² + σ_n² = . . . =

n

X

k=1

A^2kσ_n−k² . Per ogni k fissato,lim_n→∞σ_n−k² = 0 per ipotesi. Dato che la successione (σ_n²)_n∈N è limitata (perché tende a zero), ossia C := sup_n∈Nσ_n² < ∞, segue che |A^2kσ²_n−k| ≤ C A^2k. Per convergenza dominata si può passare al limite n → ∞ nella sommatoria sopra ottenendo Var(Y_n) → 0, come richiesto. Infine, dato che E(Y_n) = 0, la disuguaglianza di Chebychev (1) mostra che Y_n→ 0 in probabilità.

Esercizio 6. Giovanni saltella tra cinque sassi, numerati da1 a 5, nel modo seguente. Inizialmente si trova sul sasso 1. A ogni istante, lancia un dado regolare a sei facce: se il numero estratto corrisponde a un sasso connesso da una linea tratteggiata al sasso su cui si trova (vedi figura), ci salta; in caso contrario, resta nella sua posizione.

3 4

5 2

1

Descriviamo il moto di Giovanni mediante una catena di Markov.

(a) Si scriva la matrice di transizione della catena, mostrando che è irriducibile e aperiodica.

(b) Si determini l’unica misura invariante. È reversibile? Quanto tempo passa mediamente prima che la catena ritorni allo stato iniziale1?

Soluzione 6. (a) Indicando con E= {1, 2, 3, 4, 5} lo spazio degli stati, la matrice di transizione è data da

p=



















1 3

1 6

1 6

1 6

1 6 1

6 5

6 0 0 0

1

6 0 ⁵₆ 0 0

1

6 0 0 ⁵₆ 0

1

6 0 0 0 ⁵₆

















 .

Dato che1 → i e i → 1 per ogni i ∈ E, la catena è irriducibile. È aperiodica perché p11>0.

(b) Per simmetria degli stati 2, 3, 4, 5, è naturale cercare una probabilità invariante π = (π1, π2, π3, π4, π5) tale che π2 = π3 = π4 = π5, ossia π = (a, b, b, b, b) con a, b ∈ [0, 1].

ImponendoP

i∈Eπ_ip_ij = π_j si ottiene 1 3a+ 41

6b= a 1

6a+ 5 6b= b

ossia a= b. Imponendo cheP

i∈Eπi = 1 si ottiene che π = (¹₅,¹₅,¹₅,¹₅,¹₅).

Il tempo medio di ritorno nello stato iniziale è dato da 1/π₁ = 5.