Teoremi Limite Esercizio 1 Sia {Xi}i≥1 un successione di v.a.

Teoremi Limite
Esercizio 1
Sia { X i } i≥1 un successione di v.a. indipendenti e con la stessa densità
f X i ( x) =
1
I [0,θ] ( x),
θ
θ > 0.
Mostrare che
P
M n = max( X 1 , . . . , X n ) → θ .
Più in generale, se X 1 , X 2 , . . . è una successione di v.a. i.i.d. con supporto
[a, b], si verifichi che
P
M n → b.
Soluzione:
Per ottenere la funzione di ripartizione di X i occorre calcolare
Zx
1
x
du = .
θ
0 θ
La funzione di ripartizione è dunque
F X i ( x) =
x
I (0,θ) ( x) + I [θ,∞) ( x).
θ
Per quanto riguarda M n abbiamo
F M n ( x) = P(max( X 1 , . . . , X n ) ≤ x)
= P( X 1 ≤ x, . . . , X n ≤ x)
n
Y
¤n
£
=
F X i ( x) = F X n ( x)
i =1
=
Per ǫ > 0
³ x ´n
θ
I (0,θ) ( x) + I [θ,∞) ( x).
P(| M n − θ | ≥ ǫ) = 1 − P(| M n − θ | ≤ ǫ)
= 1 − P(θ − ǫ ≤ M n ≤ θ + ǫ) = 1 − P( M n ≤ θ + ǫ) + P( M n ≤ θ − ǫ).
Poiché P( M n ≤ θ + ǫ) = 1 se ǫ > 0, risulta
P(| M n − θ | ≥ ǫ) = F M n (θ − ǫ)
(¡
¢
θ −ǫ n
se 0 < ǫ < θ
θ
=
.
0
se ǫ ≥ θ
In ogni caso, per ǫ > 0
Nel caso più generale
lim P(| M n − θ | ≥ ǫ) = 0.
n→∞
£
¤n
F M n ( x) = F X i ( x) .
1
In maniera simile a prima, se ǫ > 0
£
¤n
P(| M n − b| ≥ ǫ) = F M n ( b − ǫ) = F X i ( b − ǫ) .
Poiché F X i ( b − ǫ) < 1 per ǫ > 0,
lim P(| M n − b| ≥ ǫ) = 0.
n→∞
Esercizio 2
Per n = 1, 2, . . ., sia X n una v.a. con la seguente funzione di probabilità
P( X n = −1/ n) = P( X n = 1/ n) = 1/2.
Mostrare che la successione di v.a.
P
X n → 0.
Soluzione:
Risulta
P(| X n | ≥ ǫ) =
(
1
0
e dunque
se 0 < ǫ ≤ 1/ n
se ǫ > 1/ n
.
∀ǫ > 0.
lim P(| X n | ≥ ǫ) = 0
n→∞
Esercizio 3
Per n = 1, 2, . . ., sia X n una v.a. normalmente distribuita con media µ e varianza σ2 / n. Mostrare che la successione { X n }n≥1 converge in probabilità a µ
per n → ∞.
Più in generale, si supponga che X n è tale che E( X n ) = µ e Var( X n ) = σ2 / n. Si
dimostri che
P
X n → µ.
Soluzione:
Risulta
µ
= 1−P −
P(| X n − µ| ≥ ǫ) = 1 − P(−ǫ ≤ X n − µ ≤ ǫ)
µ p ¶
¶
µ p ¶
ǫ n
ǫ
Xn − µ
ǫ
ǫ n
+Φ −
p ≤
p ≤ p = 1−Φ
σ
σ
σ/ n
σ/ n
σ/ n
µ p ¶
ǫ n
= 2Φ −
σ
È evidente, quindi, che
lim P(| X n − µ| ≥ ǫ) = 0
n→∞
∀ǫ > 0.
Riguardo il secondo punto, ricordiamo che la disuguaglianza di Chebyshev implica per ǫ > 0
P(| X n − E( X n )| ≥ ǫ) ≤
2
Var( X n )
.
ǫ2
Dunque
P(| X n − µ| ≥ ǫ) ≤
σ2
nǫ2
.
Questo significa che
lim P(| X n − µ| ≥ ǫ) ≤ 0
n→∞
e dunque
lim P(| X n − µ| ≥ ǫ) = 0.
n→∞
Esercizio 4
Per n = 1, 2, . . ., sia X n una v.a. con la seguente funzione di probabilità
!
Ã
x−1 n
p (1 − p) x−n I {n,n+1,...} ( x).
p X n ( x) =
n−1
Si mostri che
P
X n /n →
1
.
p
Soluzione:
Riconosciamo che la funzione di probabilità è quella di una binomiale negativa,
X n ∼ BinNeg( n, p).
Ora, se X i ha funzione di probabilità
p X i ( x) = p(1 − p) x−1 I {1,2,...} ( x),
P
cioè distribuzione geometrica, allora la v.a. ni=1 X i ha la stessa distribuzione di X n . Questo
si dimostra facilmente col metodo della fgm. Essendo E( X i ) = 1/ p, per la legge debole dei
grandi numeri
P 1
X n /n → .
p
Esercizio 5
Si consideri una successione di v.a. indipendenti e identicamente distribuite
con densità
f X n ( x) = I (0,1) ( x).
Mostrare che M n = max( X 1 , . . . , X n ) converge in media quadratica a 1 per
n → ∞.
Soluzione:
La funzione di ripartizione di X i è
F X i ( x) = xI (0,1) ( x) + I [1,∞) ( x).
3
Per quanto riguarda M n abbiamo
F M n ( x) = P(max( X 1 , . . . , X n ) ≤ x)
n
Y
= P( X 1 ≤ x, . . . , X n ≤ x) =
F X i ( x) = x n I (0,1) ( x) + I [1,∞) ( x).
i =1
La funzione di densità del massimo è quindi
f M n ( x) = nx n−1 I (0,1) ( x).
I primi due momenti sono dati da
Inoltre
Z1
¯1
n
n
¯
u n+1 ¯ =
n+1
n+1
0
0
Z1
¯1
n
n
¯
u n+2 ¯ =
.
nu n+1 d u =
E( M n2 ) =
n+2
n+2
0
0
E( M n ) =
=
nu n d u =
£
¤
E ( M n − 1)2 = E( M n2 ) − 2E( M n ) + 1
n
2n
2
−
+1 =
−−−−→ 0.
n+2 n+1
( n + 1)( n + 2) n→∞
Dunque
L2
M n → 1.
Esercizio 6
Per n = 2, 3, . . ., sia X n una v.a. con funzione di probabilità
P( X n = n) = 1/ n2 = 1 − P( X n = 1/ n).
Mostrare che la successione di v.a. { X n }n≥1 converge in probabilità, ma non
in media quadratica a zero per n → ∞.
Soluzione:
Calcoliamo per ǫ > 0
P(| X n | ≥ ǫ) = P( X n ≤ −ǫ) + P( X n ≥ ǫ) = P( X n ≥ ǫ).
Se 0 < ǫ ≤ 1/ n
Se invece 1/ n < ǫ ≤ n
P(| X n | ≥ ǫ) = P( X n = n) + P( X n = 1/ n) = 1.
P(| X n | ≥ ǫ) = P( X n = n) = 1/ n2 .
Per ǫ > n tale probabilità vale zero.
Dunque


1
P(| X n | ≥ ǫ) = 1/ n2


0
4
se 0 < ǫ ≤ 1/ n
se 1/ n < ǫ ≤ n .
se ǫ > n
Al crescere di n, ǫ andrà a collocarsi sicuramente nell’intervallo centrale, che “tende” a
coprire l’intero semiasse positivo al crescere di n.
Pertanto
1
lim P(| X n | ≥ ǫ) = lim 2 = 0 ∀ǫ > 0.
n→∞
n→∞ n
D’altra parte
µ
¶
1
1
1
1
1
2
2
E( X n ) = n × 2 + 2 × 1 − 2 = 1 + 2 − 4 .
n
n
n
n
n
Pertanto
lim E( X n2 ) = 1 6= 0
n→∞
e dunque X n non converge in media quadratica.
Esercizio 7
Per n = ξ + 1, ξ + 2, . . . sia X n una v.a. con distribuzione binomiale di parametri
n e λ/ n, con λ ∈ R+ e ξ = ⌊λ⌋. Si mostri che la successione di v.a. { X n }n>ξ
converge in legge, per n → ∞, ad una v.a. con distribuzione di Poisson con
parametro λ.
Soluzione:
Conviene studiare la convergenza della funzione generatrice dei momenti. Questa è data
da
à ! µ ¶ µ
¶
n n
X
λ n− k
λ k
tX n
1−
m X n ( t) = E(e ) =
e tk
n
n
k=0 k
à !µ
¶k µ
¶ n− k µ
¶
n
X n
λ
λ
λ n
λ
=
et
1−
= et + 1 −
n
n
n
n
k=0 k
¶n
µ
t
λ(e − 1)
−−−−→ exp[λ(e t − 1)].
= 1+
n→∞
n
Questa è la fgm di una v.a. con distribuzione di Poisson di parametro λ, essendo
m X ( t) = E(e tX ) =
∞
X
e tk
k=0
∞ (λ e t ) k
X
e−λ λk
= e−λ
k!
k!
k=0
= e−λ exp[(λe t )] = exp[λ(e t − 1)].
Esercizio 8
Dimostrare, utilizzando il teorema del limite centrale, che
lim e−n
n→∞
n nk
X
1
= .
2
k =0 k !
Soluzione:
Sia { X i } i una sequenza di v.a. indipendenti con distribuzione di Poisson di parametro 1. Si
5
P
verifica facilmente usando il metodo della fgm che S n = ni=1 X i ∼ Poisson( n). Ovviamente le X i hanno varianza finita e possiamo quindi applicare il teorema del limite centrale.
Ricordando che S n ha media e varianza pari a n,
Zn =
Sn − n D
→ Z ∼ N (0, 1).
p
n
Questo significa in particolare che
lim F Z n ( z) = Φ( z)
Per z = 0, si ha poi
n→∞
∀ z ∈ R.
lim F Z n (0) = lim FS n ( n)
n→∞
n→∞
= lim e−n
n→∞
n nk
X
k=0 k!
= Φ(0) = 1/2.
Esercizio 9
Sia X n ∼ U (−1/ n, 1/ n) per n = 1, 2, . . .. Si dimostri che X n converge in distribuzione ed in probabilità.
Soluzione:
Intuitivamente, si vede che la distribuzione limite è la v.a. degenere 0.
Dimostriamo la convergenza in distribuzione prima, usando la fgm. Ricordiamo che se
X ∼ U (a, b),
ebt − eat
.
m X ( t) =
t( b − a)
Nel caso specifico
n(e t/n − e− t/n )
m X n ( t) =
.
2t
Passando al limite
e tm − e− tm
n→∞
m →0
2 tm
te tm + te− tm
H
= 1.
= lim
m →0
2t
lim m X n ( t) = lim
Questa è, in effetti, la fgm della distribuzione limite. Quindi
D
X n → 0.
Essendo la distribuzione limite degenere si ha anche
P
X n → 0.
Esercizio 10
Siano U1 ,U2 , . . . v.a. indipendenti ed uniformi in [0, 1]. Determinare in
maniera approssimata il più piccolo n intero per cui
P(|U n − 1/2| < 0.02) ≥ 0.95
6
P
dove U n = n1 ni=1 U i .
(Si ricordi che 0.95 = 1 − 2 × Φ(−1.96), dove Φ rappresenta la funzione di
ripartizione di una normale standard.)
Soluzione:
Risulta
E(U n ) = 1/2
Allora
Var(U n ) = 1/(12 × n).
Ã
!
|U n − 1/2|
0.02
<p
P(|U n − 1/2| < 0.02) = P p
1/(12 × n)
1/(12 × n)
³
´
p
p
= P | Z n | < 0.02 12 × n ≈ 1 − 2 × Φ(−0.02 12 × n).
Pertanto
p
0.02 12 × n > 1.96
n>
=⇒
e quindi n = 801.
Esercizio 11
Sia Y ∼ Γ(1, 25), cioè
1.962
= 800.33
12 × (0.02)2
1 24 − y
y e I (0,∞) ( y).
24!
Calcolare in maniera approssimata P(Y ≤ 20).
f Y ( y) =
Soluzione:
È noto che se X 1 , X 2 , . . . ∼ Esp(1) con le X i indipendenti, allora
Sn =
n
X
i =1
X i ∼ Γ(1, n).
Usando il teorema del limite centrale
!
Ã
!
Ã
µ
¶
s − E(S n )
s−n
s − E(S n )
S n − E(S n )
≈Φ p
=Φ p
≤p
P(S n ≤ s) = P p
.
n
Var(S n )
Var(S n )
Var(S n )
Dunque
¶
20 − 25
= Φ(−1) = 0.1587.
P(Y ≤ 20) ≈ Φ p
25
µ
Esercizio 12 (Weiss 11.62)
Si supponga che una compagnia di assicurazione ha emesso 100 polizze identiche (ed indipendenti), per ognuna delle quali l’ammontare della richiesta
di rimborso segue una distribuzione con densità
f X i ( x) = (1/1000)e− x/1000 I (0,∞) ( x)
i = 1, . . . , 100.
Il premio pagato è pari al valore atteso del rimborso più un caricamento pari
a 100.
7
Determinare, in maniera approssimata, la probabilità che il rimborso complessivo sia maggiore della somma dei premi incassati.
Soluzione:
Ogni ampiezza di richiesta di rimborso ha distribuzione esponenziale di parametro λ =
1/1000, cioè X i ∼ Esp(λ) per i = 1, . . . , n = 100. Dunque E( X i ) = 1/λ, e Var( X i ) = 1/λ2 .
P
Sia S n = ni=1 X i il rimborso complessivo. Risulta
E(S n ) = nE( X i ) = n/λ
Var(S n ) = nVar( X i ) = n/λ2 .
Il premio totale incassato è
R = n × (E( X i ) + 100) = n/λ + n × 100.
La probabilità che interessa è
Ã
!
Ã
!
S n − E(S n )
S n − E(S n ) n × 100
R − E(S n )
P(S n > R ) = P p
=P p
.
>p
> p
n/λ
Var(S n )
Var(S n )
Var(S n )
Usando il teorema del limite centrale
µ
¶
¡
¢
p
n × 100
P(S n > R ) ≈ 1 − Φ p
= 1 − Φ 100 × n × λ = 1 − Φ(1) = 0.1586
n/λ
Esercizio 13 (Weiss 11.69)
Giorgia e Giulia lavorano presso Starbucks, che, da buona multinazionale,
potrebbe licenziare una delle due. Ad ognuna delle due viene chiesto di preparare 40 cappuccini. Se le medie campionarie dei tempi di preparazione
differiscono di più di 3 secondi, quella col tempo medio più elevato viene
licenziata. Calcolare la probabilità che Giorgia venga licenziata, sapendo
che, in media, il tempo di preparazione è lo stesso per entrambe e che la deviazione standard del tempo impiegato da ognuna delle due a preparare un
cappuccino è pari a σ = 4 secondi.
Soluzione:
Siano X i e Yi i tempi di preparazione del i -esimo cappuccino per Giulia e Giorgia, con
P
P
i = 1, . . . , n = 40. Siano, inoltre X n = 1/ n ni=1 X i e Y n = 1/ n ni=1 Yi le medie campionarie.
Sia Z n = Y n − X n . Dunque ci interessa calcolare
P( Z n > 3).
Poiché Z n è media campionaria di v.a. i.id., la sua versione standardizzata soddisfa il
teorema del limite centrale. Media e varianza di Z n sono
E( Z n ) = E(Y n ) − E( X n ) = 1/ n
n
X
i =1
E(Yi − X i ) = 0
Var( Z n ) = Var(Y n ) + Var( X n ) = 2σ2 / n.
8
Dunque


3 − E( Z n ) 
 Z n − E( Z n )
P( Z n > 3) = P  q
>q

Var( Z n )
Var( Z n )


p
Z
−
E
(
Z
)
 n
n 
≈ 1−Φ q
 = 1 − Φ(3 20/4) = 0.000398
Var( Z n )
Esercizio 14
Si consideri per n ≤ 2 la seguente distribuzione congiunta
p X n ,X (1/ n, 0) = p X n ,X (( n − 1)/ n, 1) = ( n − 2)/(2 n)
p X n ,X (1/ n, 1) = p X n ,X (( n − 1)/ n, 0) = 1/ n.
Mostrare che
P
Xn → X .
Mostrare anche che X n converge in media a X .
Soluzione:
Calcoliamo la distribuzione di | X n − X |. Conviene però partire dal calcolo della distribuzione
di X n − X . Questa v.a. assume 4 valori:
1/ n;
( n − 1)/ n − 1 = −1/ n;
1/ n − 1 = (1 − n)/ n;
( n − 1)/ n.
Le rispettive probabilità sono
( n − 2)/(2 n);
( n − 2)/(2 n);
1/ n;
1/ n.
La v.a. | X n − X | assume solo due valori, invece. In particolare
P(| X n − X | = 1/ n) = P( X n − X = 1/ n) + P( X n − X = −1/ n) = ( n − 2)/ n
P(| X n − X | = ( n − 1)/ n) = P( X n − X = (1 − n)/ n) + P( X n − X = ( n − 1)/ n) = 2/ n.
Si osservi che per n > 2 abbiamo 1/ n < ( n − 1)/ n.
Sia ǫ > 0. Se 0 < ǫ ≤ 1/ n
P(| X n − X | ≥ ǫ) = P(| X n − X | = 1/ n) + P(| X n − X | = ( n − 1)/ n) = 1.
Se invece 1/ n < ǫ ≤ ( n − 1)/ n
P(| X n − X | ≥ ǫ) = P(| X n − X | = ( n − 1)/ n) = 2/ n.
Infine per ǫ > ( n − 1)/ n
P(| X n − X | ≥ ǫ) = 0.
Quando n → ∞, l’ampiezza del primo intervallo tende a zero. Il secondo intervallo tende
invece a (0, 1], ma la probabilità tende a zero, limn→∞ 2/ n = 0. Infine il terzo intervallo, su
cui la probabilità vale zero, tende a (1, ∞).
9
Riassumendo, per ogni ǫ > 0
e quindi
lim P(| X n − X | ≥ ǫ) = 0.
n→∞
P
Xn → X .
Risulta poi
E(| X n − X |) =
n−2
n−1
+2 2 .
2
n
n
Pertanto
lim E(| X n − X |) = 0.
n→∞
Esercizio 15
Sia per n ≥ 2 X n una v.a. con la seguente funzione di probabilità:
n−1
n+1
I {0,2} ( x) +
I {1} ( x).
4n
2n
Utilizzare il metodo della funzione generatrice dei momenti per dimostrare
che X n converge in distribuzione.
p X n ( x) =
Soluzione:
m X n ( t) =
n−1
n+1 t
(1 + e2 t ) +
e.
4n
2n
Passando al limite
1
1
lim m X n ( t) = (1 + e2 t ) + e t .
4
2
Evidentemente la distribuzione limite è
1
1
p X ( x) = I {0,2} ( x) + I {1} ( x).
4
2
n→∞
Esercizio 16
Siano X 1 , X 2 , . . . , X 240 v.a. indipendenti tutte con densità
f X ( x) = 3 x2 I [0,1] ( x).
Determinare un valore approssimato c tale che
P(
240
X
i =1
Soluzione:
Risulta
X i ≤ c) = 0.99.
¯
3 4 ¯¯1 3
3x dx = x ¯ =
E( X ) =
4 0 4
0
¯
Z1
3 ¯1 3
3 x4 d x = x5 ¯¯ =
E( X 2 ) =
5 0 5
0
µ ¶2
3
3
3
.
Var( X ) = −
=
5
4
80
Z1
3
10
Sia, per n = 240, S n =
Pn
i =1 X i .
Allora
3n
4
3n
Var(S n ) = nVar( X ) =
.
80
E(S n ) = nE( X ) =
Poiché n è ragionevolmente grande
!
Ã
!
Ã
c − E(S n )
S n − E(S n )
c − E(S n )
.
≤p
P(S n ≤ c) = P p
≈Φ p
Var(S n )
Var(S n )
Var(S n )
Sia zα l’α-esimo percentile della normale standard, cioè Φ( zα ) = α. Allora
c − E(S n )
= zα
p
Var(S n )
c = E(S n ) + zα
=⇒
p
Var(S n ).
Essendo z0.99 = 2.3263
3
c = × 240 +
4
s
3
× 240 × 2.3263 = 180 + 3 × 2.3263 = 186.9790
80
11