Esame di Calcolo delle Probabilità del 7 gennaio 2004 (Corso di Laurea Triennale 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. Consideriamo uno spazio probabilizzato (Ω, F, ℙ), e una variabile aleatoria X ∈ L^{+}(Ω, F, ℙ). Per ogni n ∈ ℕ, definiamo gli eventi

A_{n} := {n − 1 ≤ X < n}

Dimostrare che:

a) ∑_{n=1}^{∞}(n − 1)1_{A_{n}} ≤ X < ∑_{n=1}^{∞} n1_{A_{n}}
b) ∑_{n=1}^{∞}(n − 1)ℙ(A_{n}) = ∑_{j=1}^{∞} ℙ{X ≥ j}
c) ∑_{j=1}^{∞} ℙ{X ≥ j} ≤ 𝔼[X] < 1 + ∑_{j=1}^{∞} ℙ{X ≥ j}

Esercizio 2. Sia Z = (Z_{n})_{n} un processo di Bernoulli di parametro 1/2, e siano (Y_{n})_{n} i.i.d. di legge Exp(λ), con λ > 0 e indipendenti da Z. Definiamo poi il processo X ricorsivamente in questo modo:

X_{n+1} := \frac{1}{2}X_{n} + Z_{n}Y_{n} ∀n ∈ ℕ^{∗}

dove X_{1} è una variabile aleatoria arbitraria indipendente dalle (Y_{n})_{n} e da Z.

a) Dimostrare che per ogni n ∈ ℕ^{∗}, la variabile aleatoria X_{n} è indipendente da (Y_{n}, Z_{n}).

b) Calcolare la funzione caratteristica di X_{n+1} in funzione di φ_{X_{n}}. Suggerimento: usare la disintegrazione rispetto a Z_{n}, oppure il fatto che e^{itY_{n}Z_{n}} = Z_{n}e^{itY_{n}} + (1 − Z_{n})e^{it0}.

c) Calcolare la funzione caratteristica di X_{n+1} in funzione di φ_{X_{1}}.

d) Dimostrare che X_{n} ⇀ Exp(λ).

Esercizio 3. Siano X, Y variabili aleatorie indipendenti, di leggi rispettivamente Γ(a, λ), Γ(b, λ), con a, b, λ > 0. Calcolare la legge di X + Y e la legge condizionale di X rispetto a X + Y.

Esercizio 4. Consideriamo una successione di variabili aleatorie (X_{n})_{n≥1} i.i.d. di legge ℙ{X_{n} = 1} = p, ℙ{X_{n} = −1} = 1 − p, con p ∈ (0, 1), e per ogni n ∈ ℕ definiamo

S_{n} := x_{0} + ∑_{i=1}^{n} X_{i}

con x_{0} ∈ ℤ, e la variabile aleatoria

T := inf{n | |S_{n}| = R},

dove R ∈ ℕ, R > |x_{0}|.

a) Dire per quali valori di p ∈ (0, 1) il processo S è una (super-)(sub-)martingala.

b) Dimostrare che (S_{n} − (2p − 1)n)_{n} è una martingala e che T è un tempo di arresto.

c) Dando per noto che T < +∞ q.c., dimostrare che (S_{n∧T} − (2p − 1)(n ∧ T))_{n} converge

q.c., e che

𝔼[S_{n∧T}] − 𝔼[(2p − 1)(n ∧ T)] ⟶^{n→∞} 𝔼[S_{T}] − (2p − 1)𝔼[T]

Suggerimento: usare il fatto che (S_{n∧T})_{n} è una successione dominata (da cosa?) e che ((2p − 1)(n ∧ T))_{n} è monotona.

d) Utilizzando b) e c), dimostrare che se p ≠ 1/2 si ha

𝔼[T] ≤ \frac{R − |x_{0}|}{|2p − 1|}

Soluzioni

Esercizio 1.

a) Per ogni n ∈ ℕ^{∗}, sull’evento A_{n} si ha che n − 1 ≤ X < n, e questo si può scrivere (n − 1)1_{A_{n}} ≤ X1_{A_{n}} < n1_{A_{n}}. Sommando su n, si ottiene

∑_{n=1}^{∞}(n − 1)1_{A_{n}} ≤ X ∑_{n=1}^{∞} 1_{A_{n}} < ∑_{n=1}^{∞} n1_{A_{n}}

dove le somme convergono poichè sono a termini positivi. Infine, dato che gli (A_{n})_{n} sono disgiunti, si ha che ∑_{n=1}^{∞} 1_{A_{n}} = 1_{∪_{n=1}^{∞}A_{n}} = 1_{{X≥0}} = 1 q.c.

b) Partendo dal secondo membro, si ha che

∑_{j=1}^{∞} ℙ{X ≥ j} = ∑_{j=1}^{∞} ℙ ( ⋃_{n=j+1}^{∞} A_{n}) = ∑_{j=1}^{∞} ∑_{n=j+1}^{∞} ℙ(A_{n}) = ∑_{n=2}^{∞} ∑_{j=2}^{n} ℙ(A_{n}) =
= ∑_{n=2}^{∞}(n − 1)ℙ(A_{n}) = ∑_{n=1}^{∞}(n − 1)ℙ(A_{n})

poichè il primo addendo è uguale a 0.

c) Calcolando il valor medio della disuguaglianza del punto a), otteniamo

𝔼 [∑_{n=1}^{∞}(n − 1)1_{A_{n}}] = ∑_{n=1}^{∞}(n − 1)ℙ(A_{n}) = ∑_{n=1}^{∞} ℙ{X ≥ j} ≤
≤ 𝔼[X] <
< 𝔼 [∑_{n=1}^{∞} n1_{A_{n}}] = ∑_{n=1}^{∞}(n − 1)ℙ(A_{n}) + ∑_{n=1}^{∞} ℙ(A_{n}) =
= ∑_{n=1}^{∞} ℙ{X ≥ j} + ℙ{X ≥ 0} = 1 + ∑_{n=1}^{∞} ℙ{X ≥ j}

dove si è usato il teorema di integrazione per serie positive.

Esercizio 2.

a) Per n = 1, la tesi è automaticamente vera. Per n > 1, X_{n} dipende da Y_{n−1}, Z_{n−1} e X_{n−1}; per induzione si riesce quindi a mostrare che X_{n} dipende da Y_{n−1}, Z_{n−1}, …, Y_{1}, Z_{1}, X_{1}. Siccome Y_{n} e Z_{n} sono indipendenti da Y_{n−1}, Z_{n−1}, …, Y_{1}, Z_{1}, X_{1}, segue la tesi.

b) Per ogni t ∈ ℝ si ha φ_{X_{n+1}}(t) = φ_{X_{n}}(\frac{t}{2})φ_{Y_{n}Z_{n}}(t). Per calcolare φ_{Y_{n}Z_{n}} si può procedere in due modi: il primo è considerare la disintegrazione di ℙ secondo i valori di Z_{n} in questo modo:

φ_{Y_{n}Z_{n}}(t) = 𝔼[e^{itY_{n}Z_{n}}] = 𝔼_{0}[e^{itY_{n}·0}]ℙ\{Z_{n} = 0\}+𝔼_{1}[e^{itY_{n}·1}]ℙ\{Z_{n} = 1\} = \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \frac{λ}{λ − it} = \frac{λ − i\frac{t}{2}}{λ − it}

dove 𝔼_{i} è la speranza calcolata rispetto alla probabilità ℚ_{i} := ℙ( · |{Z_{n} = i}). L’altro modo è scrivere e^{itY_{n}Z_{n}} = Z_{n}e^{itY_{n}} + (1 − Z_{n})e^{itY_{n}·0} = Z_{n}e^{itY_{n}} + (1 − Z_{n}); calcolando la media, si arriva allo stesso risultato. Una volta calcolato φ_{Y_{n}Z_{n}}, si ha:

φ_{X_{n+1}}(t) = φ_{X_{n}} (\frac{t}{2}) \frac{λ − i\frac{t}{2}}{λ − it}

c) Per induzione si ha

φ_{X_{n+1}}(t) = φ_{X_{n}} (\frac{t}{2}) \frac{λ − i\frac{t}{2}}{λ − it} = φ_{X_{n−1}} (\frac{t}{4}) \frac{λ − i\frac{t}{4}}{λ − i\frac{t}{2}} \frac{λ − i\frac{t}{2}}{λ − it} = φ_{X_{n−1}} (\frac{t}{4}) \frac{λ − i\frac{t}{4}}{λ − it} =
= … = φ_{X_{1}} (\frac{t}{2^{n}} ) \frac{λ − i\frac{t}{2^{n}}}{λ − it}

d) Per ogni t ∈ ℝ fissato, per n → ∞ si ha che φ_{X_{1}}(\frac{t}{2^{n}}) → 1, poichè φ_{X_{1}} è continua e φ_{X_{1}}(0) = 1. Allora, per n → ∞ si ottiene

φ_{X_{n}}(t) = φ_{X_{1}} (\frac{t}{2^{n−1}} ) \frac{λ − i\frac{t}{2^{n−1}}}{λ − it} → 1\frac{λ}{λ − it}

che è la funzione caratteristica di una legge Exp(λ). Per il teorema di Paul Levy, si ha la tesi.

Esercizio 3. Questo esercizio si può fare in due modi, che portano entrambi allo stesso risultato. Il modo più meccanico è quello di calcolare la legge congiunta del vettore (X, X + Y) ed applicare la formula vista a lezione. Sappiamo che il vettore (X, Y) ha densità congiunta

f_{XY} (x, y) = \frac{λ^{a}}{Γ(a)}x^{a−1}e^{−λx}1_{x>0} \frac{λ^{b}}{Γ(b)}y^{b−1}e^{−λy}1_{y>0}

rispetto alla misura di Lebesgue bidimensionale. Allora il vettore aleatorio (X, X + Y) si ottiene tramite il diffeomorfismo φ(x, y) := (x, x+y) =: (x, z), che è tale che | det Dφ^{−1}| ≡ 1 e φ^{−1}(x, z) = (x, y) = (x, z − x). Allora la densità congiunta del vettore (X, X + Y) rispetto alla misura di Lebesgue bidimensionale è data da

f_{XZ}(x, z) = f_{XY} (φ^{−1}(x, z))| det Dφ^{−1}(x, z)| = \frac{λ^{a}}{Γ(a)} \frac{λ^{b}}{Γ(b)}x^{a−1}(z − x)^{b−1}e^{−λz}1_{0<x<z}

Una versione della densità marginale di X + Y è

f_{Z}(z) = \frac{λ^{a+b}}{Γ(a + b)}z^{a+b−1}e^{−λz}1_{z>0}

(ricordiamo infatti che X + Y ∼ Γ(a + b, λ)). Per la formula vista a lezione, una versione della legge condizionale di X rispetto a X + Y è data dalla famiglia (ν_{z})_{z>0}, dove ν_{z} ha densità, rispetto alla misura di Lebesgue sulla retta, pari a

\frac{f_{XZ}(x, z)}{f_{Z}(z)} = \frac{\frac{λ^{a}}{Γ(a)} \frac{λ^{b}}{Γ(b)}x^{a−1}(z − x)^{b−1}e^{−λz}1_{0<x<z}}{\frac{λ^{a+b}}{Γ(a+b)}z^{a+b−1}e^{−λz}1_{z>0}} = \frac{Γ(a + b)}{Γ(a)Γ(b)} (\frac{x}{z})^{a−1} (1 − \frac{x}{z})^{b−1} z1_{0<x<z}

che è l’omotetia di una densità di una legge Beta B(a, b) su (0, X + Y). Il secondo modo è il seguente: per ogni f : ℝ^{2} → ℝ^{+} misurabile, ricordando che X + Y ∼ Γ(a + b, λ) e raccogliendo la sua densità, si ha:

𝔼[f(X, X + Y)] = ∫∫_{ℝ^{2}} f(x, x + y)\frac{λ^{a}}{Γ(a)}x^{a−1}e^{−λx}1_{x>0} \frac{λ^{b}}{Γ(b)}y^{b−1}e^{−λy}1_{y>0} dx dy
= ∫_{ℝ} ∫_{ℝ} f(x, z)\frac{λ^{a}}{Γ(a)} \frac{λ^{b}}{Γ(b)}x^{a−1}(z − x)^{b−1}e^{−λz}1_{0<x<z} dx dz =
= ∫_{0}^{∞} (∫_{0}^{z} f(x, z)\frac{Γ(a + b)}{Γ(a)Γ(b)} (\frac{x}{z})^{a−1} (1 − \frac{x}{z})^{b−1} z dx) \frac{λ^{a+b}}{Γ(a + b)}z^{a+b−1}e^{−λz} dz

e si ricava lo stesso risultato di prima.

Esercizio 4. Innanzitutto notiamo che la filtrazione naturale di X è uguale a quella di S (se si eccettua F_{0}^{S} = {∅, Ω} e F_{0}^{X} che non è definito): infatti per ogni n ≥ 1, S_{n} è funzione misurabile di X_{1}, …, X_{n}, e X_{n} = S_{n} − S_{n−1} è quindi funzione misurabile di S_{1}, …, S_{n}.

a) Per ogni n ≥ 0 si ha

𝔼[S_{n+1}|F_{n}^{S}] = 𝔼[S_{n} + X_{n+1}|F_{n}^{S}] = S_{n} + 𝔼[X_{n+1}|F_{n}^{S}] = S_{n} + 𝔼[X_{n+1}] = S_{n} + (2p − 1)

e quindi S è una (super-)(sub-)martingala a seconda che p(<)(>) = 1/2.

b) Per ogni n ≥ 1 si ha

𝔼[S_{n+1} − (2p − 1)(n + 1) − S_{n} + (2p − 1)n|F_{n}^{S}] = 𝔼 [X_{n+1} − (2p − 1)|F_{n}^{S}] = 0

Siccome S è un processo adattato e T è un tempo di entrata (di S nell’insieme {−R, R}), si ha che T è un tempo di arresto.

c) Dal teorema di arresto, (S_{n∧T} − (2p − 1)(n ∧ T))_{n} è una martingala. Siccome T < +∞ q.c., si ha che (S_{n∧T} − (2p − 1)(n ∧ T))_{n} converge quasi certamente verso la variabile aleatoria S_{T} − (2p − 1)T. Inoltre sappiamo che |S_{n∧T} | ≤ R ∈ L^{1} per ogni n ∈ ℕ, e n ∧ T ↗ T. Applicando quindi rispettivamente i teoremi di Lebesgue e di Beppo Levi e il teorema di arresto (per i tempi di arresto limitati 0 e n ∧ T), si ha:

x_{0} = S_{0} − 0 = 𝔼[S_{n∧T} − (2p − 1)(n ∧ T)] ⟶ 𝔼[S_{T}] − (2p − 1)𝔼[T]

Se p ≠ \frac{1}{2}, si ottiene che

𝔼[T] = \frac{𝔼[S_{T}] − x_{0}}{2p − 1} ≤ \frac{R − x_{0}}{|2p − 1|}

Esame di Probabilità mod. B del 7 gennaio 2004 (Corso di Laurea in Matematica, Universitá degli Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Sono ammessi all’orale:

Veronese Giulia 21,5

Visione compiti e orali: giovedì 8 gennaio ore 10 nel mio studio.