UNIVERSITA` di ROMA TOR VERGATA

UNIVERSITA` di ROMA TOR VERGATA
Corso di Laurea in Matematica
Corso di PS2-Probabilità 2
P.Baldi
1◦ appello, 17 giugno 2010
Esercizio 1 Siano X, Y v.a. indipendenti di legge Ŵ(2, λ). Calcolare densità e la media
della v.a. Z = min(X, Y ).
Esercizio 2 Un punto viene scelto a caso nel cerchio (pieno) di raggio R con distribuzione
uniforme.
a) Qual è la probabilità che esso disti dall’origine più di r (0 ≤ r ≤ R) ?
b) n punti vengono scelti indipendentemente e con distribuzione uniforme sul cerchio
di raggio R. Qualè la probabilità che la minima distanza dall’origine sia maggiore di r ?
Qual è la probabilità che la minima distanza dall’origine sia maggiore di √rn ? Quanto vale
il limite di questa probabilità per n → ∞ ?
Esercizio 3 Sia (Xn )n una successione di v.a. i.i.d. di legge
P(Xn = 21 ) = P(Xn = 2) =
1
2
a) Quanto vale E(log Xn ) ?
b) Mostrare che la successione Yn = (X1 . . . Xn )1/n converge in probabilità e determinarne il limite.
√
c) Mostrare che la successione Yn = (X1 . . . Xn )1/ n converge in legge e determinarne
la legge limite.
Esercizio 4 Un’urna contiene inizialmente 2 palline rosse (R) e 2 palline nere (N). Due
giocatori, A e B, giocano con le regole seguenti.
Viene lanciata una moneta: con probabilità p, 0 ≤ p ≤ 1, la composizione dell’urna
non viene modificata. Con probabilità 1 − p invece si effettua un’estrazione: se la pallina
estratta è N, essa viene messa da parte, se la pallina estratta è R essa viene rimessa nell’urna
insieme ad una nuova pallina N.
Il giocatore A vince non appena nell’urna ci sono 4 palline N, B vince non appena
nell’urna non ci sono più palline N.
Indichiamo con Xn il numero di palline nere nell’urna al tempo n.
a) Scrivere la matrice di transizione, P , di questa catena.
b) Qual è, al variare di p, la probabilità che il giocatore A vinca ?
c) Quanto dura in media, al variare di p, la partita?
Soluzioni
Esercizio 1. Per il calcolo della densità calcoliamo
FZ (t) = 1 − P(min(X, Y ) > t) = P(X > t, Y > t) = P(X > t)P(Y > t) .
Ricordando l’espressione della funzione di ripartizione delle leggi Gamma con il parametro
α intero, abbiamo dunque
FZ (t) = 1 − e
e facendo la derivata
fZ (t) = F
′
Z (t)
= −e
−2λt
−λt
2
(1 + λt) = 1 − e−2λt (1 + λt)2
2
−2λ(1 + λt) + 2λ(1 + λt) = e−2λt (2λ2 t + 2λ3 t 2 )
si trova la densità. Per la media, ricordando l’espressione degli integrali Gamma,
Z +∞
Z +∞
Z +∞
2 −2λt
3
2
t 3 e−2λt dt =
t e
dt + 2λ
tfZ (t) dt = 2λ
E(Z) =
−∞
0
= 2λ2
0
Ŵ(3)
1
3
5
3 Ŵ(4)
+
2λ
=
+
=
·
(2λ)3
(2λ)4
2λ 4λ
4λ
Esercizio 2. a) Dire che il punto viene scelto a caso con legge uniforme sul cerchio di raggio
R significa considerare una v.a. bidimensionale di densità
(
1
se |x| ≤ R
2
π
R
f (x) =
0
altrimenti.
Dire che il punto dista più di r dall’origine significa dire che esso si trova al di fuori del
cerchio, Br , di centro l’origine e raggio r. La probabilità è quindi uguale all’integrale di f
sul complementare di Br , cioè, se r ≤ R, sulla corona circolare compresa tra il cerchio di
1
raggio r e quello di raggio R. Poiché f è costante e uguale a π R
2 su BR , questo integrale
1
è uguale all’area di questa corona circolare moltiplicata per π R
2 , cioè
π R2 − π r 2
R2 − r 2
r2
=
=1− 2 ·
π R2
R2
R
b) Calcoliamo la probabilità che la distanza minima degli n punti dall’origine sia ≥ r.
Ciò vuole dire che tutti gli n punti si trovano al di fuori di Br . Poiché gli n punti sono stati
scelti indipendentemente,
P(X1 ∈ Brc , . . . Xn ∈ Brc ) = P(X1 ∈ Brc ) . . . P(Xn ∈ Brc ) = P(X1 ∈ Brc )n .
Riprendendo gli argomenti sviluppati in a),
R2 − r 2
r2
=
1
−
·
R2
R2
P(X1 ∈ Brc ) =
Dunque, la probabilità che la distanza minima dall’origine sia ≥ r vale
Sostituendo
√r
n
r 2 n
1− 2 .
R
al posto di r, si trova
1−
r 2 1 n
R2 n
2
→
n→∞
e
− r2
R
.
Esercizio 3. a) La v.a. log Xn prende i valori log 2 e log 21 = − log 2, entrambi con
probabilità 21 . Dunque E(X) = − 21 log 2 + 21 log 2 = 0.
b) Si ha, ponendo Zn = log Xn ,
Yn = exp
1
n
(Z1 + . . . + Zn )
Le v.a. (Zn )n sono centrate ed hanno varianza finita. Dunque per la Legge dei Grandi
Numeri n1 (Z1 + . . . + Zn ) →n→∞ 0 in probabilità. Poiché la funzione esponenziale è
continua, per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che |ex − 1| ≤ ε se |x| ≤ δ. Dunque
P(|Yn − 1| ≥ ε) ≤ P(| n1 (Z1 + . . . + Zn )| ≥ δ)
→
n→∞
0
e dunque Yn → 1 in probabilità.
c) In maniera simile si ha
Wn = exp
√1
n
(Z1 + . . . + Zn )
Per il Teorema Limite Centrale (le v.a. Zi sono centrate ed hanno varianza uguale a (log 2)2 )
√1
n
(Z1 + . . . Zn )
+
→
n→∞
Z∞ ∼ N(0, (log 2)2 ) .
Dunque, se t > 0,
FWn (t) = P(Wn ≤ t) = P
√1
n
(Z1 + . . . Zn ) ≤ log t =
log t
→ 8( log
2)
n→∞
log t
dove 8 indica al solito la funzione di ripartizione di una v.a. N(0, 1). t → 8( log
2 ) è la
funzione di ripartizione della v.a. eZ∞ che dunque densità
1
1
log t
−(log t)2 /(2(log 2)2 )
)
=
8′ ( log
e
√
2
t log 2
2π t log 2
(che è una densità lognormale).
Esercizio 4. a) Indichiamo con Xn il numero di palline nere nell’urna al tempo n. Se Xn = i
allora
• con probabilità p Xn+1 = i.
i
• Con probabilità 1 − p viene estratta una pallina. Se è nera (probabilità i+2
perché
nell’urna ci sono ora i + 2 palline di cui i nere), allora Xn+1 = i − 1. Dunque pi,i−1 =
i
.
(1 − p) i+2
2
), allora
• Con probabilità 1 − p viene estratta una pallina. Se è rossa (probabilità i+2
2
Xn+1 = i + 1. Dunque pi,i+1 = (1 − p) i+2
. Dunque la matrice di transizione della catena
è
0
1
2
3
4


0
1
0
0
0
0
2

p
0
0
1  13 (1 − p)
3 (1 − p)


1
1

2
0
(1
−
p)
p
(1
−
p)
0


2
2
2
3


p
3
0
0
5 (1 − p)
5 (1 − p)
4
0
0
0
0
1
b) Gli stati transitori sono i = 1, 2, 3 (comunicano con 0 e 4 che sono assorbenti). Il
sistema delle probabilità di passaggio nello stato i = 4 è
λ1 = pλ1 +
λ2 =
λ3 =
1
2
2
5
2
3
(1 − p)λ2
(1 − p)λ1 + pλ2 +
(1 − p) +
3
5
1
2
(1 − p)λ2
(1 − p)λ2 + pλ3
Si vede facilmente che si può semplificare per 1 − p ed il sistema diventa
λ1 =
λ2 =
λ3 =
che ha soluzione λ1 =
e non dipende da p.
4
11 , λ2
=
6
11 , λ3
=
2
3
1
2
2
5
λ2
λ1 +
+
3
5
1
2
λ3
λ2 .
8
11 ) e quindi la probabilità che A vinca è λ2
=
6
11
c) Se indichiamo con ζi il tempo medio di assorbimento in {0, 4} partendo da i, allora
i numeri ζi , i = 1, 2, 3, sono soluzione di
ζ1 = 1 + pζ1 +
ζ2 = 1 +
ζ3 = 1 +
1
2
3
5
2
3
(1 − p)ζ2
(1 − p)ζ1 + pζ2 +
1
2
(1 − p)ζ2 + pζ3 .
(1 − p)ζ3
Si vede facilmente che si può porre ζ̃i = (1 − p)ζi in modo che il sistema diventa
ζ̃1 = 1 +
ζ̃2 = 1 +
ζ̃3 = 1 +
da cui si trova ζ̃1 =
51
11 , ζ̃2
=
60
11 , ζ̃3
=
47
11
2
3 ζ̃2
1
2 ζ̃1
3
5 ζ̃2
+
1
2 ζ̃3
.
e quindi ζ1 =
51
11(1−p) , ζ2
=
60
11(1−p) , ζ3
=
47
11(1−p) ·