Esame di Calcolo delle Probabilità mod. B del 25 settembre 2003 (Corso di Laurea in Matematica, Università degli Studi di Padova).

Cognome  Nome  Matricola

Es. 1 Es. 2 Es. 3 Es. 4 Somma Voto finale

Attenzione: si consegnano SOLO i fogli di questo fascicolo.

Esercizio 1. Siano (X_{n})_{n} i.i.d. di legge U(0, 1), e poniamo M_{n} := max(X_{1}, …, X_{n}). Dimostrare che n(1 − M_{n}) ⇀ Exp(1). (suggerimento: usare una caratterizzazione della convergenza in legge)

Esercizio 2. Per α ∈ ℝ^{+} fissato, siano (X_{n})_{n} i.i.d. di legge U(−α, 2), e definiamo

Y_{n} := \frac{X_{1} + … + X_{n} − n𝔼[X_{1}]}{n^{α}}

a) Calcolare la funzione caratteristica di Y_{n}.

b) Studiare, per i diversi possibili valori di α, la convergenza in legge di (Y_{n})_{n}.

c) Tramite una legge forte dei grandi numeri, studiare, per i diversi possibili valori di α, la convergenza quasi certa di (Y_{n})_{n}.

Esercizio 3. Siano (X_{n})_{n} indipendenti e tali che X_{n} ∼ Exp(n + 1), e N indipendente dalle (X_{n})_{n} e di legge P o(μ), con μ > 0. Trovare la funzione di ripartizione e la densità della variabile aleatoria X_{N}.

Esercizio 4. In una popolazione di batteri, supponiamo che nel passaggio da una generazione all’altra ogni individuo i della generazione n generi un numero (naturale!) aleatorio Y_{i}^{(n)} di altri individui e muoia; supponiamo che le (Y_{i}^{(n)})_{i,n} siano i.i.d. di media μ e varianza σ^{2}. Il numero di batteri alla n-esima generazione sarà quindi

S_{n+1} = ∑_{i=1}^{S_{n}} Y_{i}^{(n)}

Supponiamo che S_{0} = 1, e definiamo X_{n} = S_{n}/μ^{n}.

1. Dimostrare che X è una martingala rispetto alla sua filtrazione naturale.

2. Calcolare 𝔼[S_{n+1}^{2}] in funzione di momenti di S_{n} (suggerimento: condizionare rispetto a S_{n}).

3. Dedurne un’espressione ricorsiva per 𝔼[X_{n}^{2}], e dimostrare che se μ > 1

𝔼[X_{n}^{2}] = 1 + \frac{σ^{2}}{μ(μ − 1)} \frac{μ^{n} − 1}{μ^{n}}

4. Dedurne che se μ > 1 allora (X_{n})_{n} converge quasi certamente ad una variabile aleatoria X̄.

5. Dimostrare che S_{n} converge quasi certamente ad una variabile aleatoria che assume solo i valori 0 e +∞.

Soluzioni

Esercizio 1. Ricordiamo che Y_{n} ⇀ Y se e solo se F_{Y_{n}}(t) → F_{Y} (t) per ogni t in cui F_{Y} è continua. Per ogni t < 0, abbiamo che ℙ{n(1 − M_{n}) > t} = 1, mentre per ogni t ∈ [0, n) abbiamo che

ℙ\{n(1 − M_{n}) > t\} = ℙ \{1 − M_{n} > \frac{t}{n}\} = ℙ \{M_{n} < 1 − \frac{t}{n}\} = (1 − \frac{t}{n})^{n}

Al tendere di n → ∞, abbiamo quindi che ℙ{n(1 − M_{n}) > t} → e^{−t} per ogni t ≥ 0, quindi F_{n(1−M_{n})}(t) = ℙ{n(1 − M_{n}) ≤ t} → 1 − e^{−t}, mentre F_{n(1−M_{n})}(t) = 0 → 0 per t < 0. Dato che la funzione 1_{t≥0}(1 − e^{−t}) è la funzione di ripartizione di una variabile aleatoria di legge Exp(1), abbiamo la tesi.

Esercizio 2. Innanzitutto abbiamo che 𝔼[X_{1}] = 1 − \frac{α}{2}.

a) Abbiamo che φ_{X_{n}}(t) = \frac{e^{2it}−e^{−αit}}{(2+α)it}, quindi

φ_{Y_{n}}(t) = φ_{X_{1}+...+X_{n}−n𝔼[X_{1}]} (\frac{t}{n^{α}} ) = φ_{X_{1}+...+X_{n}} (\frac{t}{n^{α}} ) φ_{𝔼[X_{1}]} (−\frac{t}{n^{α−1}} ) =

= φ_{X_{1}}^{n} (\frac{t}{n^{α}} ) e^{−i \frac{t}{n^{α−1}} (1+ \frac{α}{2} )} = (\frac{e^{2i \frac{t}{n^{α}}} − e^{−αi \frac{t}{n^{α}}}}{(2 + α)i\frac{t}{n^{α}}} )^{n} e^{−i \frac{t}{n^{α−1}} (1+ \frac{α}{2} )} =

= (\frac{e^{i \frac{t}{n^{α}} (1+ \frac{α}{2} )} − e^{−i \frac{t}{n^{α}} (1+ \frac{α}{2} )}}{(2 + α)i\frac{t}{n^{α}}} )^{n}

b) Poichè le X_{n} ∈ L^{2}, per α = 1/2 e α = 1, la risposta ci viene data rispettivamente dal teorema limite centrale e dalla legge debole dei grandi numeri: infatti, poichè σ^{2} := Var [X_{1}] = \frac{(2+α)^{2}}{12} , si ha che:

– per α = 1/2

Y_{n} = σ \frac{X_{1} + … + X_{n} − n𝔼[X_{1}]}{σ\sqrt{n}}

e quindi Y_{n} ⇀ N(0, σ^{2}) = N(0, \frac{25}{48}).

– per α = 1 si ha invece che Y_{n} ⇀ 0.

In generale, usando lo sviluppo in serie dell’esponenziale fino al terzo ordine, possiamo scrivere:

φ_{Y_{n}}(t) = (1 − \frac{1}{3} \frac{t^{2}}{n^{2α}} (1 + \frac{α}{2})^{2} + o(n^{−2α}))^{n} = (1 − \frac{1}{3} \frac{t^{2}}{n^{2α−1}n} (1 + \frac{α}{2})^{2} + o(n^{−2α}))^{n}

e si hanno diversi comportamenti asintotici a seconda del segno di 2α − 1:

– per α = 1/2, si ha che 2α − 1 = 0, e quindi

φ_{Y_{n}}(t) = (1 − \frac{1}{3} \frac{t^{2}}{n} (\frac{5}{4})^{2} + o(n^{−2α}))^{n} → e^{− \frac{25}{48} t^{2}}

e riotteniamo Y_{n} ⇀ N(0, \frac{25}{48}).

– per α < 1/2, si ha che 2α − 1 < 0 (ricordiamo che stiamo sempre supponendo α > 0), e quindi

φ_{Y_{n}}(t) ≃ e^{− \frac{1}{3} \frac{t^{2}}{n^{2α−1}} (1+ \frac{α}{2} )^{2}}

e il limite per n → ∞ è uguale alla funzione 1_{0}(t), che è discontinua, quindi non può essere funzione caratteristica di nessuna legge; si ha quindi che il limite in legge non esiste.

– per α > 1/2, si ha che 2α − 1 > 0 (ricordiamo che stiamo sempre supponendo α > −2), e quindi

φ_{Y_{n}}(t) ≃ e^{− \frac{1}{3} \frac{t^{2}}{n^{2α−1}} (1+ \frac{α}{2} )^{2}}

e stavolta il limite per n → ∞ è uguale alla funzione identicamente uguale a 1, che è la funzione caratteristica della costante 0; si ha quindi che Y_{n} ⇀ 0 per ogni α > 1/2 (e non solo per α = 1 come avevamo trovato con la legge dei grandi numeri).

c) Anche qui si hanno diversi comportamenti asintotici a seconda dei diversi valori di α:

caso α ≥ 1: Siccome le (X_{n})_{n} sono i.i.d. e in L^{1}, sappiamo che per α = 1, per la legge forte dei grandi numeri di Kolmogorov-Khintchine, Y_{n} = X̄_{n} −𝔼[X_{1}] →^{q.c.} 0. Questo significa che anche per α > 1 si ha che Y_{n} = n^{1−α}(X_{n} − 𝔼[X_{1}]) →^{q.c.} 0.

caso α < 1/2: Siccome avevamo visto che non esiste il limite in legge, non può esistere nemmeno il limite quasi certo: infatti se esistesse Y tale che Y_{n} →^{q.c.} Y, si avrebbe anche Y_{n} ⇀ Y, contro quello che avevamo trovato nel punto b).

caso 1/2 ≤ α < 1: Sappiamo che Y_{n} ⇀ 0, e quindi per la teoria svolta durante il corso Y_{n} →^{ℙ} 0, e quindi esiste una sottosuccessione (Y_{n_{k}})_{k} tale che Y_{n_{k}} →^{q.c.} 0. Per ottenere la convergenza quasi certa di tutta la successione, però, dovremmo fare del lavoro ulteriore.

Esercizio 3. Possiamo usare la disintegrazione di ℙ rispetto a N: siccome N ha legge discreta, possiamo scrivere:

F_{X_{N}} (t) = ℙ\{X_{N} ≤ t\} = ∑_{n=0}^{∞} ℚ_{n}\{X_{N} ≤ t\}ℙ\{N = n\} = ∑_{n=0}^{∞} ℚ_{n}\{X_{n} ≤ t\}e^{−μ} \frac{μ^{n}}{n!}

dove ℚ_{n}(·) = ℙ(· |{N = n}) è la disintegrazione di ℙ rispetto a N. Siccome le (X_{n})_{n} sono indipendenti da N, si ha che ℚ_{n}{X_{n} ≤ t} = ℙ{X_{n} ≤ t} = 1 − e^{−(n+1)t}, e quindi

F_{X_{N}} (t) = ∑_{n=0}^{∞} e^{−μ} \frac{μ^{n}}{n!} (1 − e^{−(n+1)t}) = 1 − e^{−μ−t} ∑_{n=0}^{∞} \frac{(μe^{−t})^{n}}{n!} = 1 − e^{−μ−t}e^{μe^{−t}}

Si vede quindi che X_{N} è una variabile aleatoria continua. Per ottenerne la densità, basta derivare F_{X_{N}}, e si ottiene:

F′_{X_{N}} (t) = (1 + μe^{−t})e^{−μ−t+μe^{−t}}

Esercizio 4.

a) Innanzitutto notiamo che la filtrazione naturale di X è tale che F_{n}^{X} := σ(X_{1}, …, X_{n}) = σ(S_{1}, …, S_{n}) = σ(Y_{i}^{(1)}, …, Y_{i}^{(n−1)}|i ≥ 1). Allora si ha:

𝔼[X_{n+1}|F_{n}^{X}] = 𝔼 [\frac{∑_{i=1}^{S_{n}} Y_{i}^{(n)}}{μ^{n+1}} |F_{n}^{X}] = \frac{∑_{i=1}^{S_{n}} 𝔼[Y_{i}^{(n)}|F_{n}^{X}]}{μ^{n+1}} = \frac{∑_{i=1}^{S_{n}} 𝔼[Y_{i}^{(n)}]}{μ^{n+1}} = \frac{S_{n}μ}{μ^{n+1}} = X_{n}

b) Questo punto si può fare in due modi: o considerando la speranza condizionale rispetto a S_{n}, oppure la legge condizionale rispetto a S_{n}. Partiamo con il primo metodo:

𝔼[S_{n+1}^{2}] = 𝔼[𝔼[S_{n+1}^{2} | S_{n}]] = 𝔼 [𝔼 [∑_{i=1}^{S_{n}}(Y_{i}^{(n)})^{2} + ∑_{i,j=1,i≠j}^{S_{n}} Y_{i}^{(n)}Y_{j}^{(n)} | S_{n}]] =
= 𝔼[S_{n}𝔼[(Y_{i}^{(n)})^{2}] + S_{n}(S_{n} − 1)𝔼[Y_{i}^{(n)}]^{2}] =
= (μ^{2} + σ^{2})𝔼[S_{n}] + μ^{2}𝔼[S_{n}^{2}] − μ^{2}𝔼[S_{n}] = μ^{2}𝔼[S_{n}^{2}] + σ^{2}𝔼[S_{n}]

Vediamo ora con il secondo metodo: chiamiamo ℚ_{k} := ℙ(· |{S_{n} = k}) (ricordiamo che le Y sono variabili intere, e quindi anche le S) ed 𝔼_{k} la speranza calcolata rispetto a ℚ_{k}, e abbiamo:

𝔼[S_{n+1}^{2}] = ∑_{k=0}^{∞} ℙ{S_{n} = k}𝔼_{k}[S_{n+1}^{2}] = ∑_{k=0}^{∞} ℙ{S_{n} = k}𝔼 [(∑_{i=1}^{k} Y_{i}^{(n)})^{2}] =

= ∑_{k=0}^{∞} ℙ{S_{n} = k}𝔼 [∑_{i=1}^{k}(Y_{i}^{(n)})^{2} + ∑_{i,j=1,i≠j}^{k} Y_{i}^{(n)}Y_{j}^{(n)}] =

= ∑_{k=0}^{∞} ℙ{S_{n} = k}(k(μ^{2} + σ^{2}) + k(k − 1)μ^{2}) =

= ∑_{k=0}^{∞} ℙ{S_{n} = k}(kσ^{2} + k^{2}μ^{2}) = μ^{2}𝔼[S_{n}^{2}] + σ^{2}𝔼[S_{n}]

c) Dal punto b) ricaviamo

𝔼[X_{n+1}^{2}] = 𝔼[X_{n}^{2}] + \frac{σ^{2}}{μ^{n+2}} 𝔼[X_{n}]

Siccome X è una martingala e X_{0} = S_{0} ≡ 1, si ha che 𝔼[X_{n}] = 1 per ogni n ∈ ℕ, e quindi per induzione si ha che

𝔼[X_{n+1}^{2}] = 1 + ∑_{i=0}^{n−1} \frac{σ^{2}}{μ^{2}} μ^{−i} = 1 + \frac{σ^{2}}{μ^{2}} \frac{μ^{−n} − 1}{μ^{−1} − 1}

e si ottiene la tesi. d) Se μ > 1, si ha che la successione n → 𝔼[X_{n}^{2}] è crescente, quindi

sup_{n∈ℕ}𝔼[X_{n}^{2}] = lim_{n→∞} 1 + \frac{σ^{2}}{μ(μ − 1)} (1 − \frac{1}{μ^{n}} ) = 1 + \frac{σ^{2}}{μ(μ − 1)}

Siccome 𝔼[X_{n}]^{2} ≤ 𝔼[X_{n}^{2}] ≤ 1 + \frac{σ^{2}}{μ(μ−1)} per ogni n ∈ ℕ, si ha che la martingala X è limitata in L^{1}, e quindi converge quasi certamente ad una variabile aleatoria X̄ ∈ L^{1}.

e) Abbiamo che

lim_{n→∞} S_{n} = lim_{n→∞} μ^{n}X_{n} = \{ \begin{matrix}+∞ & su \{X̄ > 0\} \\ 0 & su \{X̄ = 0\} \end{matrix}

Come interpretazione, la popolazione batterica all’infinito o esplode o si estingue, ma non si stabilizza.

Esame di Probabilità mod. B del 25 settembre 2003 (Corso di Laurea in Matematica, Universitá degli Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Sono ammessi all’orale:

Callegaro Giorgia  25
Di Emidio Sara  20
Franceschi Daniele  17,5
Pavan Paola  13,5 (*)
Vanzini Laura  25

(*) vecchio ordinamento

Visione compiti e orali: venerdi’ 26 settembre ore 10 nel mio studio.