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.
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•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.
