Esame di Calcolo delle Probabilità del 19 luglio 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. Sia (X_{n})_{n} un processo di Bernoulli di parametro 1/2 e per ogni n ≥ 1 definiamo

Y_{n} := 1 − ∑_{k=1}^{n} 2^{−k}X_{k}

e chiamiamo μ_{n} la sua legge. Dimostrare che 1. μ_{n} è concentrata sull’insieme finito D_{n} := {k2^{−n} | k = 1, …, 2^{n}}.

2. μ_{n} è la legge uniforme su D_{n}.

3. Y := lim_{n→∞} Y_{n} è ben definito ed è una variabile aleatoria.

4. Y ha legge uniforme su [0, 1].

Esercizio 2. Sia (X_{n})_{n} una successione di variabili aleatorie i.i.d. di legge esponenziale di parametro 1. Definiamo

Y_{n} := max(X_{1}, …, X_{n}), Z_{n} := Y_{n} − log n

1. Calcolare la funzione di ripartizione di Z_{n} per ogni n ≥ 0;

2. Calcolare il limite in legge di Z_{n};

3. Usare il punto 2 per stimare ℙ{Y_{100} ≥ 5}.

Esercizio 3. La densità congiunta di (X, Y) rispetto alla misura di Lebesgue bidimensionale è data da

f(x, y) := \frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y}1_{\{x>0,y>0\}}

1. Calcolare le densità marginali di X e Y.

2. Calcolare la legge condizionale di Y rispetto a X.

3. Calcolare la legge condizionale di X rispetto a Y.

4. Calcolare 𝔼[X^{2}|Y].

Esercizio 4. Sia X = (X_{n})_{n≥0} una catena di Markov. Dimostrare che le seguenti sono catene di Markov, specificandone il nucleo di transizione.

1. (X_{n+r})_{n≥0}, con r ≥ 0.

2. (X_{2n})_{n≥0}.

3. Y = (Y_{n})_{n≥0}, dove Y_{n} := (X_{n}, X_{n+1}) per ogni n ≥ 0.

Soluzioni

Esercizio 1. Innanzitutto notiamo che Y_{n+1} = Y_{n} − X_{n}/2^{n}.

1. Per induzione: per n = 1, abbiamo che Y_{1} = 1 − X_{1}/2, quindi è uguale a 1 oppure a 1/2, quindi μ_{1} è concentrata su D_{1} = {1/2, 1}. Se poi supponiamo che μ_{n} sia concentrata su D_{n}, allora può assumere ogni valore del tipo k/2^{n}, con k = 1, …, 2^{n}. Allora Y_{n+1} = Y_{n} − X_{n}/2^{n} può assumere ogni valore del tipo k/2^{n} − X_{n}/2^{n+1}, con X_{n} = 0, 1, che sono esattamente tutti i valori di D_{n+1}.

2. Ogni elemento di D_{n} ha uno sviluppo binario del tipo 1 − 0.b_{1}b_{2} … b_{n}, con b_{i} = 0, 1. Abbiamo poi che

ℙ\{Y_{n} = 1 − 0.b_{1}b_{2} … b_{n}\} = ℙ \{∑_{k=1}^{n} \frac{X_{k}}{2^{k}} = 0.b_{1}b_{2} … b_{n}\} =

= ℙ\{X_{k} = b_{k}∀k = 1, …, n\} = ∏_{k=1}^{n} ℙ\{X_{k} = b_{k}\} = \frac{1}{2^{n}}

e abbiamo la tesi.

3. Poichè Y_{n+1} = Y_{n} − X_{n}/2^{n}, la successione (Y_{n})_{n} è q.c. decrescente. Inoltre, siccome X_{k} = 0, 1, abbiamo ∑_{k=1}^{n} \frac{X_{k}}{2^{k}} < 1 per ogni n, e quindi Y_{n} > 0 q.c. per ogni n. Questo implica che la successione (Y_{n})_{n} ammette limite q.c., e per le proprietà delle variabili aleatorie, possiamo definire la variabile aleatoria Y := lim_{n→∞} Y_{n}.

4. Poichè Y_{n} → Y q.c., si ha anche Y_{n} → Y in legge. Basta allora applicare uno dei criteri equivalenti della convergenza in legge per calcolare la legge di Y. Ad esempio, se chiamiamo F_{n} la funzione di ripartizione di Y_{n}, per ogni t ∈ (0, 1) si ha che

F_{n}(t) = ℙ\{Y_{n} ≤ t\} = ∑_{k/2^{n}≤t} \frac{1}{2^{n}} = \frac{[2^{n}t]}{2^{n}}

dove [t] è la parte intera di t. Se chiamiamo F la funzione di ripartizione di Y, allora per ogni t ∈ (0, 1) si ha che

lim_{n→∞} F_{n}(t) = lim_{n→∞} \frac{[2^{n}t]}{2^{n}} = t

che è la funzione di ripartizione della legge uniforme (continua) U(0, 1).

Esercizio 2.

1. Fissato n ≥ 1, per ogni t ≥ − log n abbiamo

F_{Z_{n}}(t) = ℙ{Z_{n} ≤ t} = ℙ{Y_{n} ≤ t + log n} = ℙ{X_{i} ≤ t + log n ∀i = 1, …, n} =
= ∏_{i=1}^{n} ℙ\{X_{i} ≤ t + log n\} = (1 − e^{−t−log n})^{n} = (1 − \frac{e^{−t}}{n} )^{n}

mentre per t < − log n, F_{Z_{n}}(t) = 0.

2. Se le funzioni di ripartizione convergono puntualmente ad una funzione di ripartizione, allora questa è la funzione di ripartizione della legge limite. Per ogni t ∈ ℝ abbiamo

lim_{n→∞} F_{Z_{n}}(t) = lim_{n→∞} (1 − \frac{e^{−t}}{n} )^{n} = e^{−e^{−t}}

quindi le Z_{n} convergono in legge ad una legge con funzione di ripartizione e^{−e^{−t}}, che in effetti è una funzione di ripartizione.

3. Possiamo calcolare

ℙ{Y_{100} ≥ 5} = ℙ{Z_{100} ≥ 5 − log 100} = 1 − ℙ{Z_{100} < 5 − log 100} =
= 1 − ℙ{Z_{100} ≤ 5 − log 100} ≃
≃ 1 − e^{−e^{−5+log 100}} = 1 − e^{−100e^{−5}}

dove la terza uguaglianza segue dal fatto che le Z_{n} hanno una legge assolutamente continua rispetto alla misura di Lebesgue, e la quarta (≃) da una caratterizzazione della convergenza in legge.

Esercizio 3.

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

f_{X}(x) = ∫_{ℝ} \frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y}1_{\{x>0,y>0\}} dy = ∫_{0}^{∞} \frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y} dy

ma la primitiva non si riesce a calcolare in termini di funzioni elementari.

La densità marginale di Y è invece, per ogni y ≥ 0,

f_{Y} (y) = ∫_{ℝ} \frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y}1_{\{x>0,y>0\}} dx = ∫_{0}^{∞} \frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y} dx = e^{−y}

quindi Y ∼ Exp(1).

2. Dalla teoria vista a lezione, la legge condizionale di Y rispetto a X ammette densità f_{Y |X}(y|x) = 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{\frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y}1_{\{x>0,y>0\}}}{∫_{0}^{∞} \frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y} dy1_{\{x>0\}}} = \frac{\frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y}}{∫_{0}^{∞} \frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y} dy} 1_{\{y>0\}}

3. Dalla teoria vista a lezione, la legge condizionale di X rispetto a Y ammette densità f_{X|Y} (x|y) = 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{\frac{1}{y}e^{−x/y}e^{−y}1_{\{x>0,y>0\}}}{e^{−y}1_{\{y>0\}}} = \frac{1}{y}e^{−x/y}1_{\{x>0\}}

e quindi la legge condizionale di X rispetto ad Y è costituita dalla famiglia (ν_{y})_{y}, con ν_{y} = Exp(\frac{1}{y}).

4. Per i legami tra legge condizionale e speranza condizionale, abbiamo che 𝔼[X^{2}|Y] = φ(Y), dove

φ(y) := ∫ x^{2} dν_{y}(x) = ∫ x^{2}f_{X|Y} (x|y) dx = ∫_{0}^{∞} x^{2} \frac{1}{y}e^{−x/y} dx

Integrando per parti due volte si ottiene φ(y) = 2y^{2}, quindi 𝔼[X^{2}|Y] = 2Y^{2}.

Esercizio 4. Chiamiamo N(x, dy) il nucleo di transizione di (X_{n})_{n}. Per definizione di catena di Markov, abbiamo allora che per ogni h ∈ L^{+}(E, E),

𝔼[h(X_{n+1})|F_{n}] = Nh(X_{n}) ∀n ∈ ℕ

dove

(Nh)(x) := ∫_{E} h(x)N(x, dy) ∀xinE

1. Fissato r ≥ 0, abbiamo che la filtrazione generata da (X_{n+r})_{n} è (F_{n+r})_{n}. Allora per ogni h ∈ L^{+}(E, E),

𝔼[h(X_{n+r+1})|F_{n+r}] = Nh(X_{n+r}) ∀n ∈ ℕ

e quindi (X_{n+r})_{n} è una catena di Markov con nucleo di transizione N.

2. La filtrazione generata da (X_{2n})_{n} è (F_{2n})_{n}. Allora per ogni h ∈ L^{+}(E, E),

𝔼[h(X_{2(n+1)})|F_{2n}] = 𝔼[h(X_{2n+2)})|F_{2n}] = (N(Nh))(X_{n+r}) = (N^{2}h)(X_{n+r}) ∀n ∈ ℕ

e quindi (X_{2n})_{n} è una catena di Markov con nucleo di transizione N^{2}.

3. La filtrazione generata da (Y_{n})_{n} è la seguente: per ogni n ∈ ℕ,

F_{n}^{Y} = σ(Y_{0}, …, Y_{n}) = σ((X_{0}, X_{1}), …, (X_{n}, X_{n+1})) = σ(X_{0}, …, X_{n+1}) = F_{n+1}^{X}

Allora per ogni h ∈ L^{+}(E^{2}, E^{⊗2}),

𝔼[h(Y_{n+1})|F_{n}^{Y}] = 𝔼[h(X_{n+1}, X_{n+2})|F_{n+1}^{X}] = φ(X_{n+1})

poichè il secondo membro è misurabile rispetto a σ(X_{n+1}) per le proprietà delle catene di Markov, e

φ(x) := ∫_{E} h(x, z)N(x, dz)

Possiamo allora definire il nucleo Ñ da E^{2} in sè in questo modo: per ogni h ∈ L^{+}(E^{2}, E^{⊗2}),

(Ñh)(y) = (Ñh)(x_{1}, x_{2}) := ∫_{E} h(x_{2}, z)N(x_{2}, dz)

e abbiamo quindi

𝔼[h(Y_{n+1})|F_{n}^{Y}] = 𝔼[h(X_{n+1}, X_{n+2})|F_{n+1}^{X}] = (Ñh)(X_{n+1})

Più “operativamente”, se B_{1}, B_{2} ∈ E, abbiamo

Ñ((x_{1}, x_{2}), B_{1}×B_{2}) = (Ñ1_{B_{1}×B_{2}})(x_{1}, x_{2}) = ∫_{E} 1_{B_{1}×B_{2}}(x_{2}, z)N((x_{2}, dz) = 1_{B_{1}}(x_{2})N(x_{2}, B_{2})

quindi in particolare il nucleo di transizione è nullo se la seconda componente non appartiene a B_{1}.

Esame di Calcolo delle Probabilità del 19 luglio 2006

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

Sono ammessi all’orale:

Ramo Valentina 17

Visione compiti e orali: venerdì 21 luglio ore 11.00 nel mio studio.