“il taxi coinvolto nell’incidente è bianco” e B

Laurea Triennale in Matematica 2012/13 Nome:

16 aprile 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. Durante la notte, un taxi ha causato un incidente e si è dato alla fuga. In città operano due compagnie di taxi, una con i taxi gialli, che sono l’80% del totale, l’altra con i taxi bianchi. Un testimone ha dichiarato che il taxi coinvolto nell’incidente era giallo. Si assuma che una persona di notte identifichi correttamente il colore del taxi con probabilità0.85 (e supponiamo che il testimone non menta).

(a) Sulla base di queste informazioni, qual è la probabilità che il taxi coinvolto nell’incidente fosse in realtà bianco?

(b) Supponiamo che un secondo testimone dichiari che il taxi era giallo, e che la correttezza dell’identificazione del colore da parte di questo testimone sia indipendente da quella del primo. Sulla base di questa ulteriore informazione, qual è ora la probabilità che il taxi coinvolto nell’incidente fosse in realtà bianco?

Soluzione 1. (a) Introduciamo gli eventiA := “il taxi coinvolto nell’incidente è bianco” e B :=

“Il testimone dichiara che il taxi coinvolto nell’incidente è giallo”. Dobbiamo calcolare P(A|B).

I dati del problema possono essere tradotti nel modo seguente:

P(A) = 0.2 , P(B|A) = 0.15 , P(B|A^c) = 0.85 . Di conseguenza

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

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

P(B|A)P(A) + P(B|A^c)P(A^c) = 0.15· 0.2

0.15· 0.2 + 0.85 · 0.8 ' 4.2% . (b) Introduciamo l’evento C := “il secondo testimone dichiara che il taxi coinvolto nell’incidente

è giallo”. Dobbiamo calcolareP(A|B ∩ C). Per ipotesi

P(C|A) = 0.15 , P(C|A^c) = 0.85 .

Inoltre, l’indipendenza dell’identificazione del colore da parte dei due testimoni significa che P(B∩ C|A) = P(B|A) · P(C|A) = (0.15)² = 0.0225 ,

P(B∩ C|A^c) = P(B|A^c)· P(C|A^c) = (0.85)² = 0.7225 . Quindi

P(A|B ∩ C) = P(B∩ C|A)P(A)

P(B∩ C) = P(B∩ C|A)P(A)

P(B∩ C|A)P(A) + P(B ∩ C|A^c)P(A^c)

= 0.0225· 0.2

0.0225· 0.2 + 0.7225 · 0.8 ' 0.77% .

Esercizio 2. Roberto vuol dare alle sue figlie Aurora, Beatrice e Carola qualche euro di mancia, secondo il seguente meccanismo aleatorio:

• Aurora lancia cinque monete regolari e riceve un euro per ogni volta che esce “testa”;

• Beatrice lancia cinque monete regolari, indipendentemente da Aurora, e riceve un euro per ogni volta che esce “croce”;

• Carola lancia un dado regolare a sei facce: se esce un numero pari (risp. dispari), riceve tanti euro quanti ne ha ricevuti Aurora (risp. Beatrice).

Indichiamo conA, B, C gli euro ricevuti rispettivamente da Aurora, Beatrice e Carola. Sia inoltre M la variabile aleatoria che vale 1 se il dado lanciato da Carola dà un numero pari, e 0 altrimenti.

(a) Quali sono le distribuzioni (marginali) delle variabili aleatorie A e B?

(b) Si spieghi perch’e la variabile aleatoria C può essere espressa in funzione di A, B, M nel modo seguente:

C = M A + (1− M)B .

(c) Si determini la densità discretapC(k) = P(C = k) della variabile aleatoria C e se ne riconosca la distribuzione. Pensate che il modo di distribuire le mance sia “equo”?

(d) Si calcolinoCov(A, B) e Cov(A, C). Le variabili aleatorie {A, B, C, M} sono indipendenti?

Soluzione 2. (a) Le variabili aleatorieA e B sono binomiali, perché rappresentano il numero di successi in prove ripetute e indipendenti con la stessa probabilità di successo. Più precisamente

A∼ Bin(5,¹₂) , B∼ Bin(5,¹₂) .

(b) Per definizione, se M = 1 allora C = A, mentre se M = 0 allora C = B. Il membro destro della relazione ha esattamente queste proprietà, che identificano univocamenteC.

(c) Per la formula delle probabilità totali, per ogni k∈ R

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

= P(A = k|M = 1)P(M = 1) + P(B = k|M = 0)P(M = 0)

= P(A = k)P(M = 1) + P(B = k)P(M = 0) ,

avendo usato il punto precedente e il fatto che le variabili aleatorie{A, B, M} sono indipen- denti. Dato cheP(A = k) = P(B = k) = p_Bin(5,1

2)(k), si ottiene P(C = k) = p_Bin(5,1

2)(k) P(M = 1) + P(M = 0)

= p_Bin(5,1 2)(k) ,

dunqueC ∼ Bin(5,¹₂). Il modo distribuire le mance è “equo” nel senso che la mancia ricevuta da ciascuna figlia è una variabile aleatoria con la stessa distribuzione.

(d) Le variabili aleatorie A e B sono indipendenti, pertanto Cov(A, B) = 0. Inoltre, essendo E(A) = E(B) = ⁵₂ eE(A²) = Var(A) + E(A)² = 5¹₂¹₂ + (⁵₂)²= ¹⁵₂, si ottiene

E(AC) = E A(M A + (1− M)B)

= E(M )E(A²) + (1− E(M))E(A)E(B)

= 1 2

15 2 + 1

2 25

4 = 55 8 , da cui, essendoE(C) = ⁵₂,

Cov(A, C) = E(AC)− E(A)E(C) = 55 8 − 25

4 = 5 8.

Le variabili aleatorie{A, B, C, M} non sono indipendenti: infatti, se lo fossero, dovrebbero essere indipendentiA e C, ma Cov(A, C)6= 0.

Esercizio 3. Consideriamo una variabile aleatoria realeX∼ Exp(1), ossia f^X(x) = e^−x1_[0,∞)(x), e definiamo la variabile aleatoriaY := e^X.

(a) Si determini la funzione di ripartizione diY , si deduca che Y è assolutamente continua e se ne calcoli la densità.

(b) Si calcoli E(Y ). Che cosa si può dire su Cov(X, Y )?

(c) Si mostri che le variabili aleatorie X e Y non sono indipendenti.

[Sugg. Si mostri cheP(X ∈ A, Y ∈ B) 6= P(X ∈ A)P(Y ∈ B) per un’opportuna scelta di A, B ⊆ R.]

Soluzione 3. (a) Dato che X assume valori positivi, Y assume valori in [1,∞), quindi Chia- ramente F_Y(y) = 0 se y < 1. Ricordando che P(X > x) = e^−x per x ≥ 0, per y ≥ 1 si ha

P(Y > y) = P(e^X > y) = P(X > log y) = e^{− log y} = 1 y, quindi

FY(y) = 1− P(Y > y) =

(0 sey < 1 1−_y¹ sey≥ 1 .

Dato cheFY è C¹ a tratti, segue che Y è assolutamente continua con densità fY(y) = F_Y⁰(y) = 1

y² 1_[1,∞)(y) . (b) Si ha

E(Y ) = Z

R

y fY(y) dy = Z ∞

1

y 1 y² dy =

Z ∞ 1

1

ydy = +∞ . In alternativa, usando la formula del cambio di variabili,

E(Y ) = E(e^X) = Z

R

e^xf_X(x) dx = Z ∞

0

e^xe^−xdx = Z ∞

0

1 dx = +∞ . Dato cheY 6∈ L¹, non è definitaCov(X, Y ).

(c) Intuitivamente,X e Y non sono indipendenti perché Y è una funzione di X (e nessuna delle due è q.c. costante). Più precisamente, seX≥ 1 allora Y = e^X ≥ e, quindi

P(X ≥ 1, Y < e) = P(∅) = 0 ,

mentreP(X ≥ 1) > 0 e P(Y < e) > 0, come si calcola facilmente. Segue che P(X ≥ 1, Y < e) 6= P(X ≥ 1)P(Y < e) ,

ossia gli eventi{X ≥ 1} e {Y < e} non sono indipendenti, dunque le variabili aleatorie X e Y non sono indipendenti.

Esercizio 4. SiaZ := (X, Y ) un vettore aleatorio assolutamente continuo con la seguente densità congiunta:

fX,Y(x, y) = 1 2e⁻

√x y1(0,1)×(0,∞)(x, y) .

(a) Si mostri che X è una variabile aleatoria assolutamente continua, con densità fX(x) = 1

2√

x1_(0,1)(x) .

(b) Si mostri che Y è una variabile aleatoria assolutamente continua, con densità fY(y) = 1

y² 1− (1 + y)e^−y
1_(0,∞)(y) . [Sugg. Si osservi che pert > 0 una primitiva di e⁻

√tè data da−2e^−√t(1 +√ t).]

(c) Le variabili aleatorieX e Y sono indipendenti?

Soluzione 4. (a) Ricordiamo che

f_X(x) = Z

R

f_X,Y(x, y) dy , quindifX(x) = 0 se x6∈ (0, 1), mentre per x ∈ (0, 1) si ha

fX(x) = 1 2

Z ∞ 0

e⁻

√xydy = 1 2√

x Z ∞

0

e^−tdt = 1 2√

x, grazie al cambio di variabilet =√

xy.

(b) Chiaramente f_Y(y) = 0 se y≤ 0, mentre per y ∈ (0, ∞) si ha f_Y(y) =

Z

R

f_X,Y(x, y) dx = Z 1

0

1 2e⁻

√xydx = Z 1

0

1 2e⁻√

y²xdx = 1 y²

Z y² 0

1 2e⁻

√ tdt , grazie al cambio di variabilet = y²x. Usando la primitiva fornita nel suggerimento, si ottiene

f_Y(y) = 1

y²  − e⁻

√

t(1 +√ t)y²

0 = 1

y² 1− e^−y(1 + y)
.

(c) Le variabili aleatorieX e Y non sono indipendenti, perché non vale l’uguaglianza f_X,Y(x, y) = f_X(x)f_Y(y) per Lebesgue-q.o. (x, y) ∈ R². Basta mostrare che esiste un punto (x, y) ∈ (0, 1)× (0, ∞) tale che fX,Y(x, y)6= fX(x)fY(y) e la conclusione segue per continuità delle funzioni coinvolte. Tale punto esiste perchéf_X(x)→ +∞ per x ↓ 0 mentre |fX,Y(x, y)| ≤ ¹₂.

Esercizio 5. Siano(Xn)_n∈N variabili aleatorie reali i.i.d. con densità marginali fXn(x) = 1

2√

x1_(0,1)(x) . (a) Si mostri che per ogniε∈ (0, 1) e n ∈ N si ha

P(X_n≤ ε) = √ ε .

(b) Per ognin∈ N, si calcoli la funzione di ripartizione FMn(·) della variabile aleatoria Mn := max{X1, . . . , Xn} ,

mostrando che si tratta di una variabile aleatoria assolutamente continua.

(c) Definendo per n∈ N

Z_n := n (1− Mn) ,

si mostri che pern→ ∞ si ha la convergenza in distribuzione Zn

→ Z con Z ∼ Exp(1/2).d

(d) Si mostri che la successione di variabili aleatorie (Mn)_n∈N converge in distribuzione verso una variabile aleatoria costante. La convergenza ha luogo anche in probabilità, q.c., inL^p? Soluzione 5. (a) Dato che(√

t)⁰ = ¹

2√ t, si ha P(Xn≤ ε) =

Z ε 0

fXn(x) dx = [√

x]^ε₀ = √ ε .

(b) Chiaramente FMn(t) = 0 se t < 0 mentre FMn(t) = 1 se t > 1, mentre per t∈ [0, 1]

F_Mn(t) = P(M_n≤ t) = P(X1 ≤ t)ⁿ = t^n/2.

Dato che F_Mn è una funzione C¹ a tratti su R, segue che Mn è una variabile aleatoria assolutamente continua, con densità

f_Mn(t) = F_M⁰ _n(t) = n

2 t^n/2−11_(0,1)(t) .

(c) La funzione di ripartizione di Z_n è data daF_Zn(z) = 0 se z < 0, mentre per z≥ 0 F_Zn(z) = P(Z_n≤ z) = P((1 − Mn)≤ ^z_n) = P(M_n≥ 1 −_n^z) = 1− P(Mn< 1−_n^z) , e dato che la distribuzione diMn è assolutamente continua, P(Mn< t) = FMn(t) e dunque pern > z

F_Zn(z) = 1− (1 − ^z_n)^n/2 −−−−→_n→∞ 1− e^−z/2.

Dato che il membro destro è la funzione di ripartizione diZ ∼ Exp(1/2), la dimostrazione è conclusa.

(d) Dai punti precedenti segue che lim_n→∞F_Mn(t) = 0 se t < 1, mentre lim_n→∞F_Mn(t) = 1 se t≥ 1, ossia

n→∞lim F_Mn(t) = F (t) = 1_[1,∞)(t) , ∀t ∈ R .

Dato che F (t) è la funzione di ripartizione della variabile aleatoria costantemente uguale a 1, segue che M_n → 1 in distribuzione. Dato che il limite è quasi certamente costante, la convergenza ha luogo anche in probabilità. Inoltre, dato che |Mn| ≤ 1, la successione (M_n)_n∈N è dominata dalla costante 1 e pertanto la convergenza ha luogo anche in L^p per

ognip∈ [1, ∞). Infine, per ogni ε > 0 X

n∈N

P(|Mn− 1| > ε) = X

n∈N

P(M_n< 1− ε) = X

n∈N

F_Mn(1− ε) = X

n∈N

(1− ε)^n/2 < ∞ , quindiMn→ 1 q.c..

Esercizio 6. Sia X = (Xn)_n∈N0 una catena di Markov sull’insieme E = {1, 2, 3, 4, 5}, le cui probabilità di transizione sono rappresentate dal grafo seguente, dovep∈ (0, 1) è un parametro fissato:

2 3

5 4

1 1 4

1 4 1

4 1 4

1

5 1

4

1 3 p

1− p 4 5

3 4

2 3

(a) Si scriva la matrice di transizione della catena e si classifichino gli stati. Si dica se la catena è irriducibile e/o aperiodica.

(b) Si mostri che esiste un’unica probabilità invariante, che è anche reversibile, determinandola.

Quanti passi impiega mediamente la catena per ritornare allo stato1, partendo dallo stato 1?

Soluzione 6. (a) La catena è chiaramente irriducibile, e anche aperiodica: infatti tutti gli stati hanno lo stesso periodo, che è uguale a uno, essendop_3,3= ²₃ > 0. Essendo lo spazio degli stati finito, tutti gli stati sono ricorrenti positivi. La matrice di transizione è data da

p =













0 ¹₄ ¹₄ ¹₄ ¹₄ p 1− p 0 0 0

1

3 0 ²₃ 0 0

1

4 0 0 ³₄ 0

1

5 0 0 0 ⁴₅











 .

(b) Essendo la catena irriducibile e ricorrente positiva, esiste un’unica probabilità invariante (π_i)_1≤i≤5. Cerchiamo una probabilità reversibile, che soddisfi cioè:

πipij = πjpji, ∀i, j ∈ {1, . . . , 5} . Queste relazioni danno











π₂p = π₁¹₄ π₃ ¹₃ = π₁ ¹₄ π4 1

4 = π1 1 4

π5 1

5 = π1 1 4

=⇒











π2 = _4p¹ π1

π3 = ³₄π1

π₄ = π₁ π5 = ⁵₄π1

,

e imponendo cheπ₁+ π₂+ π₃+ π₄+ π₅ = 1 si ottiene 4p + 1 + 3p + 4p + 5p

4p π1 = 1 =⇒ π1 = 4p

1 + 16p,

da cui si ricava dunque



















π1 = _1+16p^4p π₂ = _1+16p¹ π3 = _1+16p^3p π4 = _1+16p^4p π₅ = _1+16p^5p

.

Il numero medio di passi in cui la catena ritorna allo stato1, partendo dallo stato 1, è pari a 1/π1 = 4 +_4p¹.