Esame di Calcolo delle Probabilità del 3 aprile 2006 (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. Siano (X_{n})_{n} una successione di variabili aleatorie di Poisson indipendenti sullo spazio probabilizzato (Ω, A, ℙ), rispettivamente di parametri (λ_{n})_{n}. Vogliamo analizzare il comportamento della serie ∑_{n=1}^{∞} X_{n} a seconda del comportamento di (λ_{n})_{n}.

1. Che legge ha ∑_{n=1}^{N} X_{n} (indicare σ_{N} := ∑_{n=1}^{N} λ_{n})?

2. Dimostrare che se ∑_{n=1}^{∞} λ_{n} < +∞ allora ∑_{n=1}^{∞} X_{n} converge quasi certamente (suggerimento: usare un opportuno teorema di integrazione per serie).

3. Dimostrare che, per ogni k fissato, ({∑_{n=1}^{N} X_{n} ≤ k})_{N} è una successione decrescente di eventi. Qual è l’evento limite?

4. Dimostrare che, ∑_{n=1}^{∞} λ_{n} = +∞, allora per ogni k fissato, ℙ{∑_{n=1}^{∞} X_{n} ≤ k} = 0 (suggerimento: usare il fatto che, per ogni n ∈ ℕ fissato, lim_{σ→∞} e^{−σ} \frac{σ^{n}}{n!} = 0).

Esercizio 2. Siano X, Y due variabili aleatorie i.i.d. di media 0 e varianza 1, e chiamiamo φ la loro comune funzione caratteristica. Supponiamo inoltre che X + Y e X − Y siano indipendenti tra di loro.

1. Calcolare le funzioni caratteristiche di X + Y e X − Y.

2. Dimostrare che φ(2t) = φ^{3}(t)φ(−t) (suggerimento: φ(2t) = φ_{2X}(t)).

3. Definendo ψ(t) := φ(t)/φ(−t), dimostrare che ψ(2^{n}t) = ψ(t)^{2^{n}}.

4. Dimostrare che ψ(t) = 1 + o(t^{2}) per t → 0; dedurne che ψ(t) ≡ 1.

5. Dedurne che φ(2^{n}t) = ψ(t)^{4^{n}}, e che φ(t) = e^{−t^{2}/2}.

Esercizio 3. Siano X e Y variabili aleatorie reali di densità congiunta

f(x, y) = cx(y − x)e^{−y}1_{{0≤x≤y<+∞}}

rispetto alla misura di Lebesgue.

1. Trovare la costante c e le leggi marginali di X e Y.

2. Mostrare che la legge di Y condizionata a X ha densità f_{Y |X}(y|x) = (y − x)e^{x−y}1_{{y≥x}} rispetto alla misura di Lebesgue.

3. Mostrare che la legge di X condizionata a Y ha densità f_{X|Y} (x|y) = 6x(y − x)y^{−3}1_{{0≤x≤y}} rispetto alla misura di Lebesgue.

4. Dedurne che 𝔼[X|Y] = \frac{1}{2}Y e 𝔼[Y |X] = X + 2.

Esercizio 4. Consideriamo una passeggiata aleatoria (S_{n})_{n} (ricordiamo che S_{n} := ∑_{i=1}^{n} X_{i}, con (X_{i})_{i} i.i.d. tali che ℙ{X_{i} = 1} = ℙ{X_{i} = −1} = 1/2). Ricordiamo che (S_{n})_{n} è una catena di Markov con legge iniziale δ_{0} e nucleo di transizione N(x, ·) = \frac{1}{2}δ_{x+1} + \frac{1}{2}δ_{x−1}.

1. Dimostrare che Y_{n} := |S_{n}| è una catena di Markov, e trovarne legge iniziale e nucleo di transizione.

2. Dimostrare che Z_{n} := M_{n} − S_{n} è una catena di Markov, dove M_{n} := max{S_{k}|k = 1, …, n}, e trovarne legge iniziale e nucleo di transizione.

3. Cosa succede se S_{0} ≠ 0?

Soluzioni

Esercizio 1.

1. Poichè le (X_{n})_{n} sono variabili aleatorie di Poisson indipendenti, la loro somma ∑_{n=1}^{N} X_{n} ha legge di Poisson di parametro σ_{N} = ∑_{n=1}^{N} λ_{n}.

2. Poichè (X_{n})_{n} ⊂ L^{+}, vale il teorema di Beppo Levi

𝔼 [∑_{n=1}^{∞} X_{n}] = ∑_{n=1}^{∞} 𝔼[X_{n}] = ∑_{n=1}^{∞} λ_{n} < +∞

Inoltre, per il teorema di integrazione per serie convergenti, si ha che 𝔼[∑_{n=1}^{∞} X_{n}] = 𝔼[∑_{n=1}^{∞} |X_{n}|] < +∞ implica che ∑_{n=1}^{∞} X_{n} è quasi certamente finita, cioè converge quasi certamente.

3. Per (quasi) ogni ω fissato, la successione N → ∑_{n=1}^{N} X_{n}(ω) è crescente, quindi se ∑_{n=1}^{N+1} X_{n}(ω) ≤ k allora ∑_{n=1}^{N} X_{n}(ω) ≤ k e quindi {∑_{n=1}^{N+1} X_{n} ≤ k} ⊆ {∑_{n=1}^{N} X_{n} ≤ k}. L’evento limite è

⋂_{n=1}^{∞} {∑_{n=1}^{N} X_{n} ≤ k} = {∑_{n=1}^{N} X_{n} ≤ k per ogni n ≥ 1} = {∑_{n=1}^{∞} X_{n} ≤ k}

4. Per la continuità dall’alto delle misure di probabilità si ha che

ℙ \{∑_{n=1}^{∞} X_{n} ≤ k\} = ℙ (⋂_{n=1}^{∞} \{∑_{n=1}^{N} X_{n} ≤ k\}) = lim_{N→∞} ℙ \{∑_{n=1}^{N} X_{n} ≤ k\} = lim_{N→∞} ∑_{i=0}^{k} e^{−σ_{N}} \frac{σ_{N}^{k}}{k!}

poichè sappiamo dal punto (1.) che ∑_{n=1}^{N} X_{n} ∼ P o(σ_{N}). Ma σ_{N} → +∞ per N → ∞, quindi

lim_{N→∞} ∑_{i=0}^{k} e^{−σ_{N}} \frac{σ_{N}^{k}}{k!} = ∑_{i=0}^{k} lim_{N→∞} e^{−σ_{N}} \frac{σ_{N}^{k}}{k!} = 0

per ogni k ∈ ℕ.

Esercizio 2.

1. Per ogni t ∈ ℝ abbiamo

φ_{X+Y} (t) = φ_{X}(t)φ_{Y} (t) = φ^{2}(t),
φ_{X−Y} (t) = φ_{X}(t)φ_{−Y} (t) = φ(t)φ(−t)

2. Poichè 2X = X + Y + X − Y e per l’indipendenza di X + Y e X − Y, abbiamo φ(2t) = φ_{2X}(t) = φ_{X+Y +X−Y} (t) = φ_{X+Y} (t)φ_{X−Y} (t) = φ^{3}(t)φ(−t)

3. Dimostriamo la tesi per n = 1: abbiamo

ψ(2t) = \frac{φ(2t)}{φ(−2t)} = \frac{φ^{3}(t)φ(−t)}{φ^{3}(−t)φ(t)} = \frac{φ^{2}(t)}{φ^{2}(−t)} = ψ^{2}(t)

e per induzione si ha la tesi.

4. Per t → 0 si ha

ψ(t) = \frac{φ(t)}{φ(−t)} = \frac{1 + tφ′(0) + \frac{1}{2}t^{2}φ′′(0) + o(t^{2})}{1 − tφ′(0) + \frac{1}{2}t^{2}φ′′(0) + o(t^{2})} = \frac{1 − \frac{1}{2}t^{2} + o(t^{2})}{1 − \frac{1}{2}t^{2} + o(t^{2})} = 1 + o(t^{2})

dove abbiamo usato il fatto che φ′(0) = i𝔼[X] = 0 e φ′′(0) = −𝔼[X^{2}] = −1. Abbiamo allora che

lim_{n→∞} ψ (\frac{t}{2^{n}} )^{2^{n}} = (1 + o (\frac{t^{2}}{4^{n}} ))^{2^{n}} = e^{0} = 1

ma dal punto (3.) sappiamo che ψ(\frac{t}{2^{n}})^{2^{n}} = ψ(t) per ogni t ∈ ℝ, n ∈ ℕ, e quindi ψ(t) ≡ 1.

5. Il punto (4.) implica che φ(t) = φ(−t), quindi dal punto (2.) si ha che φ(2t) = φ^{4}(t), e per induzione φ(2^{n}t) = φ(t)^{4^{n}}, cioè φ(t) = φ(\frac{t}{2^{n}})^{4^{n}}. Abbiamo poi

φ(t) = 1 + tφ′(0) + \frac{1}{2}t^{2}φ′′(0) + o(t^{2}) = 1 − \frac{1}{2}t^{2} + o(t^{2})

quindi, analogamente al punto (4.), si ha

φ(t) = lim_{n→∞} φ (\frac{t}{2^{n}} )^{4^{n}} = (1 − \frac{1}{2} \frac{t^{2}}{4^{n}} + o (\frac{t^{2}}{4^{n}} ))^{4^{n}} = e^{−t^{2}/2}

Esercizio 3.

1. Dato che f è una densità, deve risultare ∫ ∫ f(x, y) dx dy = 1. Dato che f ≥ 0, si può applicare il teorema di Tonelli. Calcoliamo

∫ ∫ f(x, y) dy dx = ∫_{0}^{+∞} ∫_{x}^{+∞} cx(y − x)e^{−y} dy dx = ∫_{0}^{+∞} cxe^{−x} dx = c

e quindi c = 1. La densità marginale di X è data, per ogni x ≥ 0, da

f_{X}(x) = ∫ f(x, y) dy = ∫_{x}^{+∞} x(y − x)e^{−y} dy = ∫_{0}^{+∞} xze^{−z−x} dz =
= xe^{−x} ∫_{0}^{+∞} ze^{−z} dz = xe^{−x}

dove abbiamo usato il cambiamento di variabile z := y − x. La densità marginale di Y è invece, per ogni y ≥ 0,

f_{Y} (y) = ∫ f(x, y) dx = ∫_{0}^{y} x(y − x)e^{−y} dx = e^{−y} [\frac{1}{2}x^{2}y − \frac{1}{3}x^{3}]_{0}^{y} = \frac{1}{6}y^{3}e^{−y}

2. Dalla teoria vista a lezione, la legge condizionale di Y rispetto a X ammette densità f(x, y)/f_{X}(x) rispetto alla misura di Lebesgue per ogni x ≥ 0, dove:

f_{Y |X}(y|x) := \frac{f(x, y)}{f_{X}(x)} = \frac{x(y − x)e^{−y}1_{\{y≥x\}}}{xe^{−x}} = (y − x)e^{−(y−x)}1_{\{y≥x\}}

3. Dalla teoria vista a lezione, la legge condizionale di X rispetto a Y ammette densità f(x, y)/f_{Y} (y) rispetto alla misura di Lebesgue per ogni y ≥ 0, dove:

f_{X|Y} (x|y) := \frac{f(x, y)}{f_{Y} (y)} = \frac{x(y − x)e^{−y}1_{\{0≤x≤y\}}}{\frac{1}{6}y^{3}e^{−y}} = 6x(y − x)y^{−3}1_{\{0≤x≤y\}}

4. Per i legami tra legge condizionale e speranza condizionale, abbiamo che 𝔼[X|Y] = φ(Y), dove

φ(y) := ∫ x dν_{y}(x) = ∫ xf_{X|Y} (x|y) dx = ∫_{0}^{y} x6x(y − x)y^{−3} dx =
= 6y^{−3} [\frac{1}{3}x^{3}y − \frac{1}{4}x^{4}]_{0}^{y} = \frac{1}{2}y

e 𝔼[Y |X] = ψ(X), dove

ψ(x) := ∫ y dν_{x}(y) = ∫ yf_{Y |X}(y|x) dy = ∫_{x}^{+∞} y(y − x)e^{−(y−x)} dx =
= ∫_{0}^{+∞}(x + z)ze^{−z} dz = x ∫_{0}^{+∞} ze^{−z} dz + ∫_{0}^{+∞} z^{2}e^{−z} dz = x + 2! = x + 2

dove abbiamo usato il cambiamento di variabile z := y − x.

Esercizio 4.

1. Le (Y_{n})_{n} possono assumere valori su ℕ; allora per ogni x_{0}, …, x_{n} ∈ ℕ si ha:

ℙ{Y_{n} = x_{n} | Y_{0} = x_{0}, …, Y_{n−1} = x_{n−1}} = ℙ{|S_{n}| = x_{n} | |S_{0}| = x_{0}, …, |S_{n−1}| = x_{n−1}}

Se x_{n−1} = 0, questa probabilità è uguale a 1 se x_{n} = 0 e a 0 altrimenti. Se x_{n−1} > 0, questa probabilità è uguale a 1/2 se x_{n} = x_{n−1} ± 1, e a 0 altrimenti. Infine, la legge iniziale è uguale a δ_{0}, poichè Y_{0} = |S_{0}| = 0 q.c. Possiamo concludere che Y è una catena di Markov di legge iniziale δ_{0} e probabilità di transizione data dalla matrice

P = (p_{ij})_{i,j≥0} = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 & 0 & … \\ 1/2 & 0 & 1/2 & 0 & 0 & … \\ 0 & 1/2 & 0 & 1/2 & 0 & … \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ... \end{matrix} )

mentre il nucleo di transizione è dato da

N^{Y} (x, ·) = δ_{0}1_{{x=0}} + (1/2δ_{x+1} + 1/2δ_{x−1})1_{{x>0}}

2. Anche le (Z_{n})_{n} possono assumere valori su ℕ; allora per ogni x_{0}, …, x_{n} ∈ ℕ calcoliamo:

ℙ{Z_{n} = x_{n} | Z_{0} = x_{0}, …, Z_{n−1} = x_{n−1}}

Se x_{n−1} = 0 (cioè M_{n−1} = S_{n−1}), questa probabilità è uguale a 1/2 se x_{n} = 0 (che corrisponde al caso S_{n} = S_{n−1} + 1), a 1/2 se x_{n} = 1 (che corrisponde al caso S_{n} = S_{n−1} − 1) e a 0 altrimenti. Se x_{n−1} > 0, stiamo condizionando all’evento {M_{0} − S_{0} = x_{0}, …, M_{n−1} = S_{n−1} + x_{n−1}}: questa probabilità è uguale a 1/2 se x_{n} = x_{n} − 1 ± 1 (che corrisponde a S_{n} = S_{n−1} ∓ 1; in entrambi i casi M_{n} = M_{n−1}) e a 0 altrimenti. Questa probabilità dipende solo da x_{n−1} e non da x_{0}, …, x_{n−2}. Infine, la legge iniziale è uguale a δ_{0}, poichè Z_{0} = S_{0} − M_{0} = 0 − 0 = 0 q.c. Possiamo concludere che Z è una catena di Markov di legge iniziale δ_{0} e probabilità di transizione data dalla matrice

P = (p_{ij})_{i,j≥0} = ( \begin{matrix}1/2 & 1/2 & 0 & 0 & 0 & … \\ 1/2 & 0 & 1/2 & 0 & 0 & … \\ 0 & 1/2 & 0 & 1/2 & 0 & … \\ ⋮ & ... & ... & ... & ... & ... \end{matrix} )

mentre il nucleo di transizione è dato da

N^{Y} (x, ·) = (1/2δ_{0} + 1/2δ_{1})1_{{x=0}} + (1/2δ_{x+1} + 1/2δ_{x−1})1_{{x>0}}

3. Cambia solo la legge iniziale di Y, mentre quella di Z ed entrambi i nuclei di transizione non cambiano.

Esame di Calcolo delle Probabilità del 3 aprile 2006

(Corso di Laurea Triennale in Matematica, Universitá degli Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Sono ammessi all’orale:

Albertini Ilaria  18,5
Barigelli Valentina 24,5
Dünnhofer Davide 17,5
Marchioni Marcello 20,5
Marcigot Wally  18,5

Visione compiti e orali: giovedì 6 aprile ore 15.30 nel mio studio, oppure su appuntamento.