UNIVERSITA` di ROMA TOR VERGATA Corso di Laurea in Matematica Corso di PS2-Probabilità 2 P.Baldi, 2◦ appello, 15 luglio 2009 Esercizio 1 Consideriamo la catena di Markov che modellizza un mobile che si sposta sui vertici di un grafo come nella Figura 1, dove però i vertici numerati 5, 6 e 7 sono assorbenti. Da tutti gli altri stati ci si sposta da un vertice ad uno dei vertici adiacenti scelto a caso (e con uguale probabilità). 7. •.... .. .. ... .... . .. ... ... .... . . ... ... ......................................................... ... . . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... .................................................................................................... •6 4• • 3 • 1 • 2 •5 Figura 1 a) Qual è la probabilità partendo da 1 di essere assorbiti in 6 ? b) In media quanto tempo occorre partendo da 1 prima di giungere in uno dei tre stati assorbenti ? Esercizio 2 Siano X, Y v.a. indipendenti di legge Ŵ(α, λ) e Ŵ(β, λ) rispettivamente, dove α, β e λ sono numeri > 0. a) Qual è la densità di X + Y ? b) Qual è la densità congiunta di X e X + Y ? Su quale regione del piano essa è strettamente positiva ? c) Qual è la densità condizionale, gX|X+Y (x|z) di X dato X + Y = z ? d) Quanto vale la speranza condizionale di X dato X + Y = z ? Esercizio 3 Siano X, Y v.a. indipendenti N (0, 1). a) Determinare la legge e la densità della v.a. (X + Y, X + 2Y ). b) Quanto vale la media condizionale di X + 2Y dato X + Y = t ? Esercizio 4 a) Sia (Xn )n una successione di v.a. indipendenti di legge uniforme su [0, 1] e poniamo Yn = min(X1 , . . . , Xn ). Mostrare che la successione (nYn )n converge in legge e determinare la legge limite. (continua dietro. . . ) b) Cosa cambierebbe se invece le v.a. Xn avessero densità f (t) = 2t 1[0,1] (t) ? Soluzioni Esercizio 1. a) Indicando con λi la probabilità di essere assorbiti in 6 partendo dallo stato i, questi numeri sono soluzione del sistema λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1 2 1 3 1 3 1 3 λ2 + λ1 + 1 3 + 1 2 1 3 λ4 λ3 1 3 λ2 + λ1 + 1 3 λ4 λ3 Dalla seconda e quarta equazione si ricava che λ2 = λ4 , cosa peraltro evidente per motivi di simmetria. Dalla prima equazione si trova quindi λ1 = λ2 = λ4 . Adesso sostituendo le ultime due equazioni si possono scrivere λ3 = λ1 = 1 3 1 3 + 2 3 λ1 λ1 + 1 3 λ3 L’ultima equazione dà ora λ1 = 21 λ3 e quindi λ3 = 21 e λ1 = 41 . b) Indicando con ζi il tempo medio di assorbimento nella classe formata dai tre stati assorbenti 5, 6, 7, sappiamo che questi numeri sono soluzione di ζ1 = 1 + ζ2 = 1 + ζ3 = 1 + ζ4 = 1 + 1 2 1 3 1 3 1 3 ζ2 + ζ1 + ζ2 + ζ1 + 1 2 1 3 1 3 1 3 ζ4 ζ3 ζ4 ζ3 Di nuovo abbiamo che ζ2 = ζ4 ed inoltre che ζ1 = 1 + ζ2 = 1 + ζ4 . Dunque la terza equazione si scrive ζ3 = 1 + 23 ζ2 e la seconda ζ2 = 1 + 13 (1 + ζ2 ) + cioè ζ2 = 2 + 1 2 ζ3 . 1 3 ζ3 = 4 3 + 1 3 ζ2 + 1 3 ζ3 Sostituendo ζ3 = 1 + da cui si ricava ζ3 = 7 2 2 3 (2 + 1 2 ζ3 ) = e in sequenza ζ2 = ζ4 = 2 + 7 + 3 7 4 = 1 3 ζ3 15 4 e ζ1 = 19 4 . Esercizio 2. a) Abbiamo visto a lezione che Z = X + Y ha legge Ŵ(α + β, λ). b) Poiché X e Y sono indipendenti, la loro densità congiunta è α+β λ α−1 y β−1 e−λ(x+y) se x > 0 e y ≥> 0 f (x, y) = Ŵ(α)Ŵ(β) x 0 altrimenti . La legge congiunta di (X, X + Y ) si può ottenere al solito osservando che questa coppia di v.a. si ottiene da (X, Y ) applicando la trasformazione lineare associata alla matrice 1 0 A= . 1 1 Per il teorema di cambio di variabile la densità g di (X, X + Y ) è data da g(x, y) = 1 f (A−1 | det A| Ora det A = 1 e −1 A = 1 −1 0 1 x y ) . e dunque g(x, y) = f (x, y − x) . Tenuto conto che f si annulla a meno che le coordinate non siano entrambe > 0, si trova α+β λ α−1 (y − x)β−1 e−λy se y > 0 e 0 < x < y g(x, y) = Ŵ(α)Ŵ(β) x 0 altrimenti . Questa densità è quindi strettamente positiva per 0 ≤ x ≤ y (la perte del primo quadrante che si trova sopra la diagonale). c) Indicando con gX+Y la densità di X + Y , che sappiamo essere una Ŵ(2, λ), la densità condizionale richiesta è g(x, z) · gX|X+Y (x|z) = gX+Y (z) Essa si annulla a meno che non sia 0 ≤ x ≤ z e, in questo caso vale gX|X+Y (x|z) = λα+β α−1 (z − x)β−1 e−λz Ŵ(α)Ŵ(β) x λα+β α+β−1 e−λz Ŵ(α+β) z = Ŵ(α + β) 1 x α−1 ( ) (1 − xz )β−1 . Ŵ(α)Ŵ(β) z z d) La speranza condizionale Ē(X | X + Y = z) è, con il cambio di variabile t = xz , Ŵ(α + β) Ŵ(α)Ŵ(β) Z z 0 ( xz )α (1 − xz )β−1 dx Ŵ(α + β) = z Ŵ(α)Ŵ(β) Z 1 0 t α (1 − t)β−1 dt = Ricordando l’espressione delle leggi Beta, l’ultimo integrale vale Ŵ(α+1)Ŵ(β) Ŵ(α+β+1) , dunque con la formula di semplificazione della funzione Gamma, la speranza condizionale vale α Ŵ(α + β) Ŵ(α + 1)Ŵ(β) z= z. Ŵ(α)Ŵ(β) Ŵ(α + β + 1) α+β Esercizio 3. a) Si calcola facilmente Var(X + Y ) = 2 Var(X + 2Y ) = Var(X) + 4 Var(Y ) = 5 Cov(X + Y, X + 2Y ) = Cov(X, X) + Cov(Y, 2Y ) + 4 Cov(X, Y ) = 3 | {z } =0 La v.a (X + Y, X + 2Y ) è congiuntamente gaussiana, essendo una funzione lineare di (X, Y ) che è gaussiana. Essa è centrata ed ha matrice di covarianza 2 3 C= 3 5 Si tratta di una matrice invertibile (det C = 1) e dunque questa v.a. ha una densità. Si ha 5 −3 −1 C = −3 2 e dunque la densità è f (x, y) = 1 1 exp − 5x 2 + 2y 2 − 6xy 2π 2 b) La media condizionale di X + 2Y dato X + Y = t è uguale a E(X + 2Y ) + Cov(X + Y, X + 2Y ) 3 (t − E(X + Y )) = t Var(X + Y ) 2 Esercizio 4. a) Indicando con F la funzione di ripartizione delle Xn si ha P(Yn ≤ t) = 1 − P(Yn > t) Poiché si ha Yn > t se e solo se Xi > t per ogni i = 1, . . . n, (1) P(Yn ≤ t) = 1 − P(Yn > t) = 1 − P(X1 > t, . . . , Xn > t) = = 1 − P(X1 > t)n = 1 − (1 − FX (t))n Se le v.a. Xn sono uniformi su [0, 1] sappiamo che FX (t) = t per 0 ≤ t ≤ 1. Dunque la f.r. di nYn è, per n grande e t > 0, P(nYn ≤ t) = P(Yn ≤ nt ) = 1 − (1 − FX ( nt ))n = 1 − (1 − nt )n → n→∞ 1 − e−t mentre il limite è uguale a 0 per t < 0. Poiché riconosciamo a destra la f.r. di una legge esponenziale di parametro 1 possiamo concludere che (nYn )n converge in legge verso questa distribuzione. b) Se le v.a. Xn hanno la densità indicata, allora la (1) è ancora valida, solo che ora FX (t) = 2 Z t x dx = t 2 , 0≤t ≤1 0 Dunque ora, per t > 0, P(nYn ≤ t) = 1 − (1 − t2 n ) → n2 n→∞ 1 Infatti, poiché log(1 + t) ∼ t per t → 0, lim (1 − n→∞ t2 n ) n2 = lim exp n log(1 − n→∞ In conclusione lim P(nYn ≤ t) = n→∞ t2 ) n2 n 1 0 = lim exp −n · n→∞ t2 ) n2 =0 se t > 0 se t ≤ 0 La funzione di ripartizione di una v.a. che assume il solo valore 0 con probabilità 1 è F (t) = n 1 0 se t ≥ 0 se t < 0 che coincide con il limite appena calcolato, tranne che per t = 0, che però non è un punto di continuità di F . Quindi ora (nYn )n converge in legge verso una v.a. che prende il valore 0 con probabilità 1.