probabilità baldi

5/13/2018 probabilit baldi - slidepdf.com

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UNIVERSITA di ROMA TOR VERGATA

Corso di Laurea in Matematica

Corso di PS2-Probabilità 2 , P.Baldi2◦ esonero, 27 maggio 2010

Le risposte devono essere motivate

Esercizio 1 Sia (Xn)n una successione di va. di densità

f(t) =

0 se t ≤ 1c

t α+1 se t > 1

dove α è un numero > 0.a) Determinare la costante c in modo che f sia una densità.b) Poniamo

M n = max(X1, . . . Xn) .

Mostrare che la successione1

n1/αM n

converge in legge e determinare la f.r. della legge limite.

Esercizio 2 Siano X1, . . . , X900 v.a. di Bernoulli B(1, p) indipendenti e poniamo X =1

900 (X1 + . . . + X900).

a) Usando l’approssimazione normale, quanto vale P(X ≥ 0.22) se p = 0.20?b) Usando l’approssimazione normale, quanto vale P(X ≤ 0.22) se p = 0.24?c) Quale delle due probabilità in a) e b) è più grande?

Esercizio 3 Consideriamo la matrice di transizione

P = 0 1 0

0 0 119

89 0

a) È irriducibile? Regolare?

b) Quali sono le sue distribuzioni invarianti?c) Calcolare il tempo medio di passaggio in 1 partendo da 3.

Esercizio 4 Consideriamo la catena di Markov sui vertici del grafo della Figura 0.1 (vedipagina successiva). Ad ogni transizione la catena si sposta dalla posizione in cui si trova aduno dei vertici contigui, scelto a caso.

a) Qual è la distribuzione invariante di questa catena? È unica? Si tratta di una catenaregolare?

b) Quanto tempo in media occorre per giungere in 1 partendo da uno degli stati 5, . . . , 10?



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•

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• •

••

••

•• 12

3 4

56

7

8 9

10

Figura 0.1



Soluzioni

Esercizio 1. a) Si ha immediatamente

+∞

1

1

t α+1 dt =1

α

e dunque deve essere c = α.b) Si ha, per t < 1,

F(t) = t

−∞f ( s) ds = α

t

1

1

sα+1ds = 1 − 1

t α

e poi, per t > 0,

P

1n1/α

M n ≤ t = P(M n ≤ tn1/α ) = P(Xn ≤ tn1/α)n =

1 − 1nt α

n →

n→∞ e−t −α

Per concludere che la successione converge in legge occorre ora verificare che il limite dellef.r. è effettivamente una f.r. Basta per questo osservare che G è una funzione crescente eche, posto

G(t) =

e−t −αper t > 0

0 altrimenti

si halim

t →−∞G(t)

=0, lim

t →+∞G(t)

=1

Dunque G èunafunzionediripartizioneelasuccessione ( 1n1/α M n)n effettivamente converge

in legge.

Esercizio 2. Ricordiamo che la varianza di una v.a. B(1, p) è p(1 − p) e dunque perl’approssimazione normale la v.a.

√ 900√

p(1 − p)(X − p)

è approssimativamente N (0, 1).a) Si ha p = 0.2, 1 − p = 0.8 e dunque, indicando al solito con la funzione di

ripartizione della legge N (0, 1),

P(X ≥ 0.22) = P √

900√ 0.2 · 0.8

(X − 0.2) ≥√

900√ 0.2 · 0.8

(0.22 − 0.2)

1 − 0.02 · 30√

0.16

= 1 − (1.5) = 0.067



b) Ora invece p = 0.24, 1 − p = 0.76 e quindi

P(X ≤ 0.22) = P√

900√ 0.24

·0.76

(X − 0.2) ≥√

900√ 0.24

·0.76

(0.22 − 0.24)

−0.02 · 30√

0.182

= (−1.4) = 0.081

Un calcolo esatto con la f.r. di una legge B(900, p) avrebbe dato i valori 0.068 per a) e0.085 per b).

c) Evidentemente b).

Esercizio 3. a) Con la proprietà transitiva si vede facilmente che gli stati comunicano traloro e quindi che la catena è irriducibile. Per la regolarità, con un po’ di pazienza si vede

che P

5

ha tutti gli elementi > 0 (n = 3 non basta perché non si può andare da 3 a 2 in trepassi e neanche n = 4 perché p(4)11 = 0).

b) La distribuzione invariante è unica perché la catena è irriducibile. Per trovarla ciriconduciamo al sistema

v1 = 19 v3

v2 = v1 + 89 v3

v1 + v2 + v3 = 1

Dalle due prime equazioni si ricava v1 = 19 v3 e poi v2 = v3. Sostituendo nella terza si

trova v3 =9

19 e dunquev = ( 1

19 , 919 , 9

19 )

c) Indicando con ζi , i = 2, 3 i tempi medi di passaggio in 1 partendo da i rispettivamente,sappiamo che questi sono soluzione del sistema

ζ2 = 1 + ζ3

ζ3 = 1 + 89 ζ2

Si trova facilmente, sostituendo, che ζ3 = 1 + 89 (1 + ζ3) = 179 + 89 ζ3 e dunque ζ3 = 17.

Esercizio 4. a) Tutti gli stati comunicano tra loro, perché il grafo è connesso; dunque lacatena è irriducibile e la distribuzione stazionaria è unica. Per calcolarla basta ricordare cheper una catena di Markov sui vertici di un grafo c’è una formula esplicita della distribuzionestazionaria: se ki è il numero di spigoli del grafo che arrivano nel vertice i e k è la sommadei numeri ki , allora

πi = ki

k



è la distribuzione invariante. Qui ki è uguale a 3 per i vertici 1, 5, 6, 7, 8, 9, 10 e 5 per ivertici 2, 3, 4. Dunque k = 7 · 3 + 3 · 5 = 36. La distribuzione invariante vale 1

12 per glistati 1, 5, 6, 7, 8, 9, 10 e 5

36 per gli altri.La catena è regolare perché basta verificare che da ogni stato si può giungere con prob-

abilità positiva in tutti gli altri in 3 passi.c) Il tempo medio di passaggio nella classe C = {1} è evidentemente lo stesso partendo

da uno degli stati 5, . . . , 10, come pure sarà lo stesso partendo da 2, 3, 4. Indichiamoζ1 il tempo medio partendo dagli stati ‘‘esterni’’ e ζ2 quello partendo da quelli interni.Osservando che gli stati esterni comunicano in un passo con altri due stati esterni e con unointerno (probabilità di transizione = 1

3 ), mentre quelli interni comunicano ognuno con dueesterni e due interni (probabilità di transizione = 1

5 ), i numeri ζi , i = 1, 2 sono soluzione di

ζ1 = 1 + 23 ζ1 + 1

3 ζ2

ζ2 = 1 + 25 ζ1 + 25 ζ2

Dalla prima equazione si ricava ζ1 = 3 + ζ2. sostituendo questo valore nella secondaequazione si trova

ζ2 = 1 + 25 (3 + ζ2) + 2

5 ζ2 = 115 + 4

5 ζ2

e quindi ζ2 = 11 e poi ζ1 = 14 , che è il tempo medio richiesto.



UNIVERSITA` di ROMA TOR VERGATA


Corso di PS2-Probabilità 2

P.BaldiTutorato 7, 5 maggio 2011

Esercizio 1 a) Sia (Xn)n una successione di v.a. tale che Xn ∼ N (µn, σ 2n ), dove µn → µ ∈R e σ 2n → σ 2 > 0. Mostrare che la successione converge in legge ad una v.a. N(µ,σ 2).

b) Sia (Xn)n una successione di v.a. tale che, per ogni n, Xn segua una legge di Poissondi parametro λn e supponiamo che λn → λ > 0. Mostrare che la successione converge inlegge ad una v.a. di legge di Poisson di parametro λ.

c) Sia (Xn)n una successione di v.a. tale che, per ogni n, Xn ∼ Ŵ(α, λn) e supponiamoche λn → λ > 0. Mostrare che la successione converge in legge ad una v.a. di leggeŴ(α, λ).

Esercizio 2 Sia (Xn)n una successione di v.a. indipendenti uniformi su [0, 1].a) Calcolare media e varianza delle v.a. Y n = cos(2π Xn)

b1) Poniamo

Y n = 1

n

nk=1

cos(2π Xk) .

Mostrare che la successione (Y n)n converge in probabilità e determinarne il limite.b2) Calcolare il limite

limn→∞ P(|Y n| > 1

10√

n)

Esercizio 3 Sia (Xn)n una successione di v.a. i.i.d. di legge

P(Xn = 12 ) = P(Xn = 2) = 1

2

a) Quanto vale E(log Xn) ?b) Mostrare che la successione Y n = (X1 . . . Xn)1/n converge in probabilità e determi-narne il limite.

c) Mostrare che la successione Y n = (X1 . . . Xn)1/√

n converge in legge e determinarnela legge limite.

Esercizio 4 Una sorgente produce segnali binari di lunghezza n senza memoria (cioè i valoridi bit diversi sono tra di loro indipendenti) e nei quali ogni bit può assumere i valori 0 oppure1 con probabilità 0.8 e 0.2 rispettivamente.



a) Qual è la probabilità che per n = 1000 la sorgente produca un segnale in cui laproporzione pn di 1 sia più grande di 0.23?

b) Fissiamo ε = 10−2 e continuiamo a indicare con pn la proporzione di 1 in unmessaggio di lunghezza n. Quanto deve essere grande n perché l’eventualità di osservare

un segnale in cui pn differisca da 0.2 per più di ε si verifichi con probabilità minore diη = 4 · 10−3 ?

Esercizio 5 In un esperimento occorre misurare una certa quantità µ. Lo strumento dimisura aggiunge all’osservazione un errore sperimentale che si può modellizzare con unav.a. X di media 0 e varianza 1. Si può inoltre supporre che errori di misurazioni che siriferiscono a misurazioni diverse siano indipendenti.

Per ottenere una misura si effettuano n misurazioni e poi si stima µ con la media empiricaXn delle misurazioni ottenute.

a) Qual è la probabilità di commettere un errore più grande di 1100 , se n = 400?

b) Volendo che Xn stimi µ amenodi 1100 con la probabilità del 99%, quanto deve esseregrande n?

c) Volendo che Xn stimi µ amenodi 1120 con la probabilità del 90%, quanto deve essere

grande n?



Soluzioni

Esercizio 1. a)Sappiamochese Xn ∼ N (µn, σ 2n ), allora Xn èdellaforma Xn ∼ σ nZn+µn,dove Zn ∼ N (0, 1). Dunque, indicando con F n la f.r. di Xn,

F n(t) = P(Xn ≤ t) = P(Zn ≤ t −µnσ n ) = ( t −µn

σ n ) →n→∞ ( t −µσ ) = P(σ Z + µ ≤ t ),

dove Z è una v.a. N (0, 1). Poiché σ Z + µ ∼ N(µ,σ 2), abbiamo concluso. Lo stessorisultato si sarebbe potuto ottenere usando le funzioni caratteristiche: la f.c. di Xn è θ →eiµnθ e− 1

2 σ 2n θ 2, mentre quella di una v.a. N(µ,σ 2) è θ → eiµθ e− 1

2 σ 2θ 2. È ora immediato

cheeiµnθ e− 1

2 σ 2n θ 2 →n→∞ eiµθ e− 1

2 σ 2θ 2

per ogni θ ∈ R. Basta ora applicare il Teorema di P. Lévy.

b) Si haP(Xn = k) = e−λn

λkn

k!→

n→∞ e−λ λk

k!= P(X = k)

dove X indica una v.a. di Poisson di parametro λ, che permette di concludere. Anche inquesto caso si sarebbe potuto applicare il Teorema di P. Lévy, ricordando che la f.c. di unav.a. di Poisson di parametro λ è θ → eλ(eiθ −1)

c) È immediato che se Y ∼ Ŵ(α, 1), allora 1λ

Y ∼ Ŵ(α, λ). Dunque, indicando con F

la f.r. di una v.a. Ŵ(α, 1),

P(Xn

≤t)

=P( 1

λn

Y

≤t)

=F (λnt)

→n→∞F(λt)

=P( 1

λY

≤t ) .

Esercizio 2. a) Si ha

E[cos(2π Xn)] = 1

0cos(2π x ) d x = 0

E[cos2(2π Xn)] = 1

0cos2(2π x ) d x = 1

2·

Dunque Var(Y n))

=12 .

b1) Per la legge dei grandi numeri

Y nP→

n→∞ E[cos(2π Xn)] = 0

b2) Per il Teorema Limite Centrale,

√ 2n Y n = cos(2π X1) + . . . + cos(2π Xn)

n2

→n→∞ N (0, 1)



e quindi

limn→∞ P(|Y n| > 1

10√

n) = lim

n→∞ P(|√

2n Zn| >√

210 ) = (

√ 2

10 ) − (−√

210 ) =

=(0.14)

−(

−0.14)

=0.11 .

Esercizio 3. a) La v.a. log Xn prende i valori log 2 e log 12 = − log 2, entrambi con

probabilità 12 . Dunque E(X) = − 1

2 log2 + 12 log2 = 0.

b) Si ha, ponendo Zn = log Xn,

Y n = exp 1

n(Z1 + . . . + Zn)

Le v.a. (Zn)n sono centrate ed hanno varianza finita. Dunque per la Legge dei GrandiNumeri 1

n(Z1 + . . . + Zn) →n→∞ 0 in probabilità. Poiché la funzione esponenziale è

continua, per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che |ex − 1| ≤ ε se |x| ≤ δ. Dunque

P(|Y n − 1| ≥ ε) ≤ P(| 1n

(Z1 + . . . + Zn)| ≥ δ) →n→∞ 0

e dunque Y n → 1 in probabilità.c) In maniera simile si ha

W n = exp 1√

n(Z1 + . . . + Zn)

Per il Teorema Limite Centrale (le v.a. Zi sono centrate ed hanno varianza uguale a (log2)2)

1√ n

(Z1 + . . . Zn)→

n→∞ Z∞ ∼ N(0, (log2)2) .

Dunque, se t > 0,

F W n (t) = P(W n ≤ t) = P 1√

n(Z1 + . . . Zn) ≤ log t

= →n→∞ (

log t log2 )

dove indica al solito la funzione di ripartizione di una v.a. N (0, 1). t → (log t log2 ) è la

funzione di ripartizione della v.a. eZ∞ che dunque densità

1

t log2′( log t

log2 ) = 1√ 2π t log2

e−(log t )2/(2(log2)2)

(che è una densità lognormale).

Esercizio 4. a) Poniamo

Xi =

1 se lo i-esimo bit vale 10 altrimenti .



Allora il numero totale di bit che assumono il valore 1 nel segnale è S n = X1 + . . . + Xn,mentre la proporzione di bit che valgono 1 è pn = 1

nS n. Per il Teorema Limite Centrale la

v.a.S n − 0.2 · n

√ n(0.2 · 0.8)segue una legge che, per n abbastanza grande, è approssimativamente N (0, 1). Dunque,con l’approssimazione normale,

P(pn > 0.23) = P(S n > 0.23 · n) = P

S n − 0.2 · n√

n(0.2 · 0.8)>

(0.23 − 0.2) · √ n√

0.2 · 0.8

≈

≈ 1 −

0.03 · √

n√ 0.16

sostituendo il valore numerico n = 1000 si ottiene 1 − (2.37) = 0.009.b) Poniamo per comodità p

=0.2. Allora ripetendo il ragionamento del punto a),

poiché σ = √ 0.16 = 0.4,

P(|pn − p| > ε) ≈ 2

1 −

√ n

40

= 2

−√ n

40

Perché questa quantità sia più piccola di η = 4 ·10−3 occorre (dopo uno sguardo alle tavole)che sia

−√ n

40≤ −2.88

ovvero n > (40 · 2.88)2 = 13271.

Esercizio 5. Per semplicità di scrittura, poniamo δ =1

100 .a) La formula (4.8) del libro dà immediatamente la probabilità richiesta che vale

2(δ√

400) − 1 = 2(0.2) − 1 = 0.16 .

b) Sempre per la (4.8), n deve risolvere

2(δ√

n ) − 1 ≥ 0.99

e cioè(δ

√ n ) ≥ 1

2 (1 + 0.99) = 0.995 .

Ora dalle tavole si trova (x) = 0.995 per x = 2.5758. Dunque deve essere

δ√ n ≥ 2.5758cioè

√ n ≥ 257.58. Poiché 257.582 = 66347.4, deve essere

n = 66358 .

c) Basta ripetere il calcolo di b) con il nuovo valore δ = 1120 . Si trova che deve essere

(δ√

n ) ≥ 12 (1 + 0.9) = 0.95. Poiché (x) = 0.95 per x = 1.6448, ora deve essere√

n = 120 · 1.6448 = 197.38. Si ha 197.382 = 38958.8 e quindi deve essere

n ≥ 38959 .





Corso di PS2-Probabilità 2 , P.Baldi

2◦ esonero, 4 giugno 2009


Esercizio 1 Siano X1, . . . , Xn v.a. indipendenti N(0, 1) e poniamo S n = X1 + . . . + Xn.

a) Quanto vale la media condizionale di S n dato X1 = x ?

b) Quanto vale la media condizionale di X1 dato S n = y ?

c) Sapendo che S n = 1, quanto vale la probabilità che X1 si trovi tra −1 e 1 per n = 4 ?

E n = 8 ?

d) Come cambierebbero le risposte alle domande a), b) e c) se considerassimo Xn invecedi X1 ?

Esercizio 2 Sia (Xn)n una successione di v.a. i.i.d. uniformi su [0, 1]e poniamo

M n = max(X1, . . . , Xn) .

a) Mostrare che la successione (M n)n converge in legge e determinare la legge limite.

Converge anche in probabilità?

b) Mostrare che la successione

Zn = n(1 − M n)

converge in legge e determinare la legge limite.

Esercizio 3 Una v.a. X ha funzione caratteristica

φ(θ) = 1√ 1 + θ 2

·

a) Mostrare che X ha varianza finita e calcolare E(X) e Var(X).b) Siano X, Y v.a. indipendenti entrambe di funzione caratteristica φ. Calcolare

E[(X + Y )4].

c) Siano X, Y , Z v.a. indipendenti tutte di funzione caratteristica φ. Si può dire che la

v.a. X + Y + Z ha una densità continua? Quanto vale P(X + Y + Z ≥ 0).



Soluzioni

Esercizio 1. Sappiamo che le v.a. X1 e S n hanno una legge congiunta che è gaussiana, dato

che (X1, S n) è una funzione lineare di (X1, . . . , Xn) che è congiuntamente gaussiana. Si

tratta di v.a. centrate. Per ottenerne la matrice di covarianza C basta calcolare

Var(X1) = 1, Var(S n) = n, Cov(X1, S n) = Cov(X1, X1) + . . . + Cov(X1, Xn) = 1

Dunque

C =

1 1

1 n

a) Come visto a lezione, la legge condizionale di S n dato X1 = x è gaussiana di media

E(S n) + Cov(S n, X1)

Var(X1)(x − E(X1)) = x

dunque la media condizionale di S n dato X1 = x è uguale a x.

b) La legge condizionale di X1 dato S n = y è gaussiana di media

E(X1) + Cov(S n, X1)

Var(S n)(y − E(S n)) = 1

ny

dunque la media condizionale di X1 dato S n = y è uguale a 1n

y.

c) La varianza della legge condizionale di X1 dato S n = y è

σ 20 = Var(X1) −Cov(S

n, X

1)2

Var(S n) = 1 −1

n =n

−1

n ·

Dunque, se n = 4, la legge condizionale di X1 dato S 4 = 1 è u n a N( 14

, 34

). Se Z ∼ N( 14

, 34

)

allora 2√ 3

(Z − 14

) ∼ N (0, 1) e

P(Z ∈ [−1, 1]) = P( 2√ 3

(Z − 14

) ∈ [ 2√ 3

(−1 − 14

), 2√ 3

(1 − 14

)]) ==

2√

3(1 − 1

4)−

2√

3(−1 − 1

4) = (0.87) − (−1.44) =

=0.806

−0.074

=0.732 .

Se invece se n = 8, la legge condizionale di X1 dato S 8 = 1 è N( 18

, 78

). Se Z ∼ N ( 18

, 78

)

allora√

8√ 7

(Z − 18

) ∼ N (0, 1) e

P(Z ∈ [−1, 1]) = P(√

8√ 7

(Z − 18

) ∈ [√

8√ 7

(−1 − 18

),√

8√ 7

(1 − 18

)]) =

= √

8√ 7

(1 − 18

)−

√ 8√ 7

(−1 − 18

) = (0.825) − (−1.202) =

= 0.825 − 0.115 = 0.71 .



d) la legge congiunta di Xn e S n è anch’essa gaussiana di media 0. Si ha

Var(Xn) = 1, Var(S n) = n, Cov(Xn, S n) = Cov(Xn, X1) + . . . + Cov(Xn, Xn) = 1

e dunque la matrice di covarianza è ancora

C =

1 1

1 n

Dunque la legge congiunta di Xn e S n è la stessa di quella di X1 e S n. Dunque le leggi

condizionali di X1 dato S n = y e quella di Xn dato S n = y sono le stesse. Dunque le

risposte alle questioni a) e b) rimangono le stesse. Per un ragionamento analogo, anche la

risposta alla questione a) resta la stessa.

Esercizio 2. a) La funzione di ripartizione di M n vale 0 per t ≤

0 e 1 per t ≥

1. Se

0 ≤ t ≤ 1,

F M n (t) = P(M n ≤ t) = P(X1 ≤ t , . . . , Xn ≤ t) = P(X1 ≤ t ) . . . P(Xn ≤ t ) = t n .

Dunque

limn→∞ F M n (t) =

0 se t < 1

1 se t ≥ 1

che è la funzione di ripartizione di una v.a. che assume il valore 1 con probabilità 1. La

convergenza ha luogo anche in probabilità, infatti

P(|M n−1| ≥ ε) = P(M n ≥ 1+ε)+P(M n ≤ 1−ε) = 1−F M n (1+ε)+F M n (1−ε) →n→∞ 0.

(infatti 1−F M n (1+ε) mentre F M n (t) →n→∞ 0 per ogni t < 1) c) Si ha P(Zn ≤ t) = 0

per t < 0 mentre per t ≥ 0

P(Zn ≤ t) = P(1 − M n ≤ t n

) = P(M n ≥ 1 − t n

) = 1 − P(M n ≤ 1 − t n

) == 1 − (1 − t

n)n = 1 − e−t

che è la funzione di ripartizione di una v.a. esponenziale di parametro 1.Esercizio 3. a) φ è una funzione infinite volte derivabile e dunque X ha finiti i momenti

di tutti gli ordini. E(X) = 0 perché, dato che φ è una funzione reale, la v.a. X ha legge

simmetrica (X ∼ −X) e dunque speranza matematica uguale a 0. Ad ogni modo le due

prime derivate di φ valgono

φ′(θ ) = −θ (1 + θ 2)−3/2

φ′′(θ ) = −(1 + θ 2)−3/2 + 3θ 2(1 + θ 2)−5/2 .



Dunque

Var(X) = E(X2) = −φ′′(0) = 1 .

b) La funzione caratteristica di X + Y è

φX+Y (θ) = φ(θ)2 = 1

1 + θ 2·

Il momento del quarto ordine di X + Y è uguale alla derivata quarta di φX+Y in 0. Ma

lo sviluppo in serie di potenze di φX+Y è ben noto (a partire dalla serie geometrica, ad

esempio):

φX+Y (θ ) = 1

1 + θ 2=

∞k=0

(−1)k θ 2k .

Il coefficiente del termine di ordine 4 è 1, da cui si ricava

φ(4)X+Y (0) = 4! = 24 .

c) La v.a. X + Y + Z ha funzione caratteristica

φX+Y +Z (θ) = 1

(1 + θ 2)3/2·

φX+Y +Z è una funzione integrabile su R e, per il Teorema d’inversione, ha una densità.

Inoltre è ancora una funzione reale e dunque X +Y +Z ha anch’essa una legge simmetrica.Dunque

(1) P(X + Y + Z > 0) = P(X + Y + Z < 0) .

Poiché P(X + Y + Z = 0) = 0 (dato che X + Y + Z ha una densità) e P(X + Y + Z >

0) + P(X + Y + Z < 0) = 1, grazie alla (1) P(X + Y + Z ≥ 0) = 12

.





Corso di PS2-Probabilità 2 P.Baldi

1◦ appello, 17 giugno 2010

Esercizio 1 Siano X, Y v.a. indipendenti di legge Ŵ(2, λ). Calcolare densità e la media

della v.a. Z = min(X,Y).

Esercizio 2 Un punto viene scelto a caso nel cerchio (pieno) di raggio R con distribuzione

uniforme.

a) Qual è la probabilità che esso disti dall’origine più di r (0 ≤ r ≤ R) ?

b) n punti vengono scelti indipendentemente e con distribuzione uniforme sul cerchiodi raggio R. Qualè la probabilità che la minima distanza dall’origine sia maggiore di r ?

Qual è la probabilità che la minima distanza dall’origine sia maggiore di r√ n

? Quanto vale

il limite di questa probabilità per n → ∞?

Esercizio 3 Sia (Xn)n una successione di v.a. i.i.d. di legge

P(Xn = 12

) = P(Xn = 2) = 1

2

a) Quanto vale E(log Xn) ?

b) Mostrare che la successione Y n = (X1 . . . Xn)1/n converge in probabilità e determi-

narne il limite.

c) Mostrare che la successione Y n = (X1 . . . Xn)1/√

n converge in legge e determinarne

la legge limite.

Esercizio 4 Un’urna contiene inizialmente 2 palline rosse (R) e 2 palline nere (N ). Due

giocatori, A e B, giocano con le regole seguenti.

Viene lanciata una moneta: con probabilità p, 0 ≤ p ≤ 1, la composizione dell’urna

non viene modificata. Con probabilità 1 − p invece si effettua un’estrazione: se la pallina

estratta è N , essa viene messa da parte, se la pallina estratta è R essa viene rimessa nell’urna

insieme ad una nuova pallina N .Il giocatore A vince non appena nell’urna ci sono 4 palline N , B vince non appena

nell’urna non ci sono più palline N .

Indichiamo con Xn il numero di palline nere nell’urna al tempo n.

a) Scrivere la matrice di transizione, P , di questa catena.

b) Qual è, al variare di p, la probabilità che il giocatore A vinca?

c) Quanto dura in media, al variare di p, la partita?



Soluzioni

Esercizio 1. Per il calcolo della densità calcoliamo

F Z(t) = 1 − P(min(X, Y ) > t) = P(X > t, Y > t) = P(X > t)P(Y > t) .

Ricordando l’espressione della funzione di ripartizione delle leggi Gamma con il parametro

α intero, abbiamo dunque

F Z(t) = 1 −

e−λt (1 + λt )2

= 1 − e−2λt (1 + λt )2

e facendo la derivata

f Z(t) = F ′Z(t) = −e−2λt −2λ(1 + λt)2 + 2λ(1 + λt)

= e−2λt (2λ2t + 2λ3t 2)

si trova la densità. Per la media, ricordando l’espressione degli integrali Gamma,

E(Z) = +∞

−∞tf Z(t)dt = 2λ2

+∞

0

t 2e−2λt dt + 2λ3

+∞

0

t 3e−2λt dt =

= 2λ2 Ŵ(3)

(2λ)3+ 2λ3 Ŵ(4)

(2λ)4= 1

2λ+ 3

4λ= 5

4λ·

Esercizio 2. a) Dire che il punto viene scelto a caso con legge uniforme sul cerchio di raggio

R significa considerare una v.a. bidimensionale di densità

f(x) =

1π R2 se |x| ≤ R

0 altrimenti.

Dire che il punto dista più di r dall’origine significa dire che esso si trova al di fuori del

cerchio, Br , di centro l’origine e raggio r . La probabilità è quindi uguale all’integrale di f

sul complementare di Br , cioè, se r ≤ R, sulla corona circolare compresa tra il cerchio di

raggio r e quello di raggio R. Poiché f è costante e uguale a 1πR2 su BR, questo integrale

è uguale all’area di questa corona circolare moltiplicata per 1π R2 , cioè

π R2 − π r 2

π R2= R2 − r 2

R2= 1 − r 2

R2·

b) Calcoliamo la probabilità che la distanza minima degli n punti dall’origine sia ≥ r .

Ciò vuole dire che tutti gli n punti si trovano al di fuori di Br . Poiché gli n punti sono stati

scelti indipendentemente,

P(X1 ∈ Bcr , . . . Xn ∈ Bc

r ) = P(X1 ∈ Bcr ) . . . P(Xn ∈ Bc

r ) = P(X1 ∈ Bcr )n .



Riprendendo gli argomenti sviluppati in a),

P(X1 ∈ Bcr ) = R2 − r 2

R2= 1 − r 2

R2·

Dunque, la probabilità che la distanza minima dall’origine sia ≥ r vale

1 − r2

R2

n.

Sostituendo r√ n

al posto di r , si trova

1 − r 2

R2

1

nn

→n

→∞

e− r2

R2 .

Esercizio 3. a) La v.a. log Xn prende i valori log 2 e log 12

= − log 2, entrambi con

probabilità 12

. Dunque E(X) = − 12

log 2 + 12

log2 = 0.

b) Si ha, ponendo Zn = log Xn,

Y n = exp

1n

(Z1 + . . . + Zn)

Le v.a. (Zn)n sono centrate ed hanno varianza finita. Dunque per la Legge dei Grandi

Numeri 1n

(Z1 + . . . + Zn) →n→∞ 0 in probabilità. Poiché la funzione esponenziale è

continua, per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che

|ex

−1

| ≤ε se

|x

| ≤δ. Dunque

P(|Y n − 1| ≥ ε) ≤ P(| 1n

(Z1 + . . . + Zn)| ≥ δ) →n→∞ 0

e dunque Y n → 1 in probabilità.

c) In maniera simile si ha

W n = exp

1√ n

(Z1 + . . . + Zn)

Per il Teorema Limite Centrale (le v.a. Zi sono centrate ed hanno varianza uguale a (log 2)2)

1√ n

(Z1 + . . . Zn)→

n→∞ Z∞ ∼ N (0, (log 2)2) .

Dunque, se t > 0,

F W n (t) = P(W n ≤ t) = P

1√ n

(Z1 + . . . Zn) ≤ log t = →

n→∞ (log t log2

)



dove indica al solito la funzione di ripartizione di una v.a. N (0, 1). t → (log t log2

) è la

funzione di ripartizione della v.a. eZ∞ che dunque densità

1

t log 2

′( log t log2

)

=1

√ 2π t log2

e−(log t)2/(2(log2)2)

(che è una densità lognormale).

Esercizio 4. a) Indichiamo con Xn il numero di palline nere nell’urna al tempo n. Se Xn = i

allora

• con probabilità p Xn+1 = i.

• Con probabilità 1 − p viene estratta una pallina. Se è nera (probabilità ii+2

perché

nell’urna ci sono ora i + 2 palline di cui i nere), allora Xn+1 = i − 1. Dunque pi,i−1 =(1 − p) i

i+2.

• Con probabilità 1 − p viene estratta una pallina. Se è rossa (probabilità2

i+2 ), alloraXn+1 = i + 1. Dunque pi,i+1 = (1 − p) 2

i+2. Dunque la matrice di transizione della catena

è

0 1 2 3 4

0 1 0 0 0 0

1 13

(1 − p) p 23

(1 − p) 0 0

2 0 12

(1 − p) p 12

(1 − p) 0

3 0 0 35

(1 − p) p 25

(1 − p)

4 0 0 0 0 1

b) Gli stati transitori sono i = 1, 2, 3 (comunicano con 0 e 4 che sono assorbenti). Ilsistema delle probabilità di passaggio nello stato i = 4 è

λ1 = pλ1 + 23

(1 − p)λ2

λ2 = 12

(1 − p)λ1 + pλ2 + 12

(1 − p)λ2

λ3 = 25

(1 − p) + 35

(1 − p)λ2 + pλ3

Si vede facilmente che si può semplificare per 1 − p ed il sistema diventa

λ1 = 23

λ2

λ2 = 12

λ1 + 12

λ3

λ3 = 25

+ 35

λ2 .

che ha soluzione λ1 = 411

, λ2 = 611

, λ3 = 811

) e quindi la probabilità che A vinca è λ2 = 611

e non dipende da p.



c) Se indichiamo con ζi il tempo medio di assorbimento in {0, 4} partendo da i, allora

i numeri ζi , i = 1, 2, 3, sono soluzione di

ζ1 = 1 + pζ1 + 23

(1 − p)ζ2

ζ2 = 1 +12 (1 − p)ζ1 + pζ2 +

12 (1 − p)ζ3

ζ3 = 1 + 35

(1 − p)ζ2 + pζ3 .

Si vede facilmente che si può porre ζi = (1 − p)ζi in modo che il sistema diventa

ζ1 = 1 + 23

ζ2

ζ2 = 1 + 12

ζ1 + 12

ζ3

ζ3 = 1 + 35

ζ2 .

da cui si trova ζ1 = 5111

, ζ2 = 6011

, ζ3 = 4711

e quindi ζ1 = 5111(1−p)

, ζ2 = 6011(1−p)

, ζ3 = 4711(1−p)

·






1◦ esonero, 20 aprile 2010


Esercizio 1 La v.a. X e Y sono indipendenti ed esponenziali di parametri rispettivamente λ

e µ. Calcolare la densità e la speranza matematica della v.a.

W = max(X,Y)

Esercizio 2 Siano X, Y v.a. di densità congiunta

f ( x, y) = x2

y3e− x

y(y+1)

, x > 0, y > 0

a) Le v.a. X e XY

sono indipendenti?

b) Qual è la legge di X ?

c) Quanto vale P( XY ≤ 1) ?

Esercizio 3Siano X, Y v.a. indipendenti di legge N (0, 1). Poniamo

U = 2X − Y, V = 2X + Y .

a) Qual è la legge di ( U , V )? Possiede una densità?

b) Quanto vale la speranza condizionale di U dato V = 1 ? Quanto vale la varianza

della legge condizionale di U dato V = 1 ? Quanto vale la varianza della legge condizionale

di U dato V = −1.5 ?

c) Calcolare P(U ≥ 1).

Alcuni numeri utili (forse. . . ):

√ 3 = 1.73, 1√

3= 0.58, 1√

5= 0.45



Soluzioni

Esercizio 1. Ricordando l’espressione della funzione di ripartizione delle leggi esponenziali,

si ha, per t > 0,

P(W ≤ t) = P(X ≤ t, Y ≤ t) = P(X ≤ t )P(Y ≤ t) = (1 − e−λt )(1 − e−µt )

La densità di W è dunque

f(t) = λe−λt (1 − e−µt ) + µe−µt (1 − e−λt )

da cui, con un po’ di calcoli si trova

E[W ]

= tf(t)dt

=λ

+∞

0

t e−λt (1

−e−µt ) dt

+µ

+∞

0

t e−µt (1

−e−λt ) dt

Ricordando, dall’espressione della speranza matematica delle leggi esponenziali, che

+∞0

t e−λt dt = 1

λ2,

si trova subito

E[W ]

=

1

λ−

λ

(µ+

λ)2

+

1

µ−

µ

(µ+

λ)2

=

1

λ+

1

µ−

1

µ+

λ

Esercizio 2. a) Si può scrivere (X, XY

) = φ(X,Y) dove φ(x,y) = (x, xy

). Applichiamo il

metodo del teorema di cambio di variabile: la funzione inversa si trova risolvendo il sistema

u = x

v = x

y

che dà φ−1(u, v)

=(u, u

v

) (da notare che φ

=φ−1). Calcoliamo il differenziale:

Dφ−1(u, v) =

1 01v

− uv2

e | det(Dφ−1(u, v))| = uv2 . Dunque la densità della coppia (X, X

Y ) è data da

g(u, v) = u2v3

u3

u

v2exp

−v( u

v+ 1)

= ve−(u+v)



Poiché si può scrivere

g(u,v) = e−u × ve−v

le due v.a. sono indipendenti ed anzi si vede subito che U è esponenziale di parametro

1 mentre V

=X

Y

è Ŵ(2, 1). Questo permette immediatamente di rispondere anche alla

questione b).

c ) Basta ricordare l’espressione della funzione di ripartizione della legge Gamma(2, 1)

e si trova subito

P( XY ≤ 1) = 1− 2e−1

Esercizio 3. a) ( U , V ) è una funzione lineare di (X,Y) che è congiuntamente gaussiana e

dunque è congiuntamente gaussiana anche lei. Si tratta di v.a. centrate e per il calcolo della

matrice di covarianza basta osservare che

Var(U ) = 4 Var(X) + Var(Y ) = 4 + 1 = 5Var(V ) = 4 Var(X) + Var(Y ) = 5

Cov( U , V ) = Cov(2X − Y, 2X + Y ) = 4 − 1 = 3

e dunque la matrice di covarianza è

C =

5 3

3 5

Poiché det C = 14, la matrice è invertibile e la coppia ( U , V ) ha densità congiunta.b) La speranza condizionale di U dato V = 1 è

Cov( U , V )

Var(V )= 3

5

mentre la varianza della legge condizionale è

Var(U ) − Cov( U , V )2

Var(V )= 5 − 9

5= 16

5= 3.2

La varianza della legge condizionale non dipende dal valore della variabile condizionante.

c) Sappiamo che U è gaussiana N (0, 5), dunque si può scrivere U = √ 5Z dove

Z ∼ N (0, 1). Dunque

P(U ≥ 1) = 1− P(Z ≤ 1√ 5

) = 1 − ( 1√ 5

) == 1 − 0.67 = 0.33






P.Baldi

1◦ appello, 23 giugno 2009

Esercizio 1 Per 0 ≤ α ≤ 12

consideriamo la catena di Markov su {1, 2, 3} associata alla

matrice di transizione 0 1

434

α 1 − 2α α34

14

0

a) Mostrare che, se 0 < α ≤12 , la catena è irriducibile e regolare.

b) Supponiamo α = 14

. Calcolare la distribuzione stazionaria della catena. La catena

è reversibile?

c) Supponiamo α = 0. Determinare gli stati ricorrenti e quelli transitori.

d) Cosa si può dire di limn→∞ P1(Xn = 1) nei casi b) e c) rispettivamente? (P1 è la

probabilità partendo da X0 = 1).

Esercizio 2 Sia (X,Y) una coppia di v.a. aventi distribuzione congiunta:

f ( x, y) = c1

y

se 0 < x < y < 1

0 altrimenti

a) Quanto vale la costante di normalizzazione c ?

b) Qual è la densità di X ? E quella di Y ? X e Y sono indipendenti?

c) Calcolare P(Y > 2X).

Esercizio 3 Le v.a. X1, X2 hanno legge congiunta gaussiana di media 0 e matrice di

covarianza

C = 7 −1

−1 4

a) Il vettore aleatorio X = (X1, X2) ha densità congiunta?

b) Quali delle seguenti coppie di v.a. sono indipendenti ?

b1) X1 + X2 e X1 − X2.

b2) X1 + X2 e X1 − 2X2.

c) Mostrare che le v.a. Y = X1 + X2 e Z = X1 − X2 hanno densità congiunta e

calcolarla.

d) Il vettore aleatorio W = (X1, X2, X1+X2) ha densità congiunta? Esistono α, β ∈ Rtale che W = (αX1, βX2, βX1 + αX2) abbia densità?



Esercizio 4 In un test a risposta multipla vengono poste 30 domande, ciascuna con 4 possibili

risposte, una sola delle quali è quella giusta. Per il superamento del test si richiede di

rispondere correttamente ad almeno 16 domande.

a) Uno studente non sa niente e risponde a caso. Calcolare, usando l’approssimazione

normale, la probabilità che superi il test.b) Uno studente leggermente meglio preparato è in grado, per ogni domanda, di es-

cludere una delle risposte proposte e decidere di rispondere a caso scegliendo una delle tre

risposte rimaste (tra le quali c’è quella giusta). Sempre usando l’approssimazione normale,

qual è ora la probabilità che superi il test?

c) Supponiamo che 300 studenti si presentino, tutti quanti impreparati, per cui ciascuno

risponde correttamente ad ogni quesito con probabilità 14

. Calcolare, con un metodo di vostra

scelta, la probabilità che almeno uno dei partecipanti prenda 0. Giustificare il metodo

utilizzato.



Soluzioni

Esercizio 1. a) Si vede subito che gli stati 1 e 3 comunicano con gli altri due in un passo solo.

Se α > 0, allora 2 comunica sia con 3 che con 1 e la catena è irriducibile. Se 0 < α < 12

allora c’è un elemento > 0 sulla diagonale e quindi la catena, essendo irriducibile, è anche

regolare. Se α = 12

, allora bisogna provare a fare le potenze della matrice di transizione.

Usando le stelline,

P 2 =

0 ∗ ∗∗ 0 ∗∗ ∗ 0

0 ∗ ∗∗ 0 ∗∗ ∗ 0

= ∗ ∗ ∗

∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

e dunque P è regolare.

b) Se α = 14

, allora la matrice è bistocastica e la distribuzione stazionaria è l’uniforme

π = (

1

3 ,

1

3 ,

1

3 ). La reversibilità è immediata, dato che P è simmetrica.c) Se α = 0, allora lo stato 2 è assorbente e dunque ricorrente. Gli stati 1 e 3 comunicano

con 2 che non comunica con loro. Sono quindi transitori.

d) Se α > 0, allora, poiché la catena è regolare, la legge al tempo n converge alla

distribuzione stazionaria. In particolare, se α = 14

, limn→∞ P1(Xn = 1) = π1 = 13

. Se

invece α = 0, sappiamo che, partendo da 1 la catena in un tempo finito giunge nello stato

assorbente 2 per poi restarci. Dunque limn→∞ P1(Xn = 1) = 0.

Esercizio 2. a) deve essere

1 = +∞−∞

dy +∞

−∞f ( x, y) dxdy

ma, ricordando che f è non nulla tranne che se 0 < x < y < 1,

+∞

−∞dy

+∞

−∞f ( x, y) dxdy = c

1

0

1

ydy

y

0

dx = c

dunque c = 1.

b) Si ha, per 0 < x < 1,

f X(x) = +∞

−∞f ( x, y) dy =

1

x

1

ydy = − log x

Mentre, sempre per 0 < y < 1,

f Y (y) = +∞

−∞f ( x , y ) d x =

y

0

1

ydx = 1



e quindi Y èuniformesu[0, 1]. Chiaramente X e Y non sono indipendenti, dato che l’insieme

0 < y < x < 1 (la porzione di quadrato che sta sotto la diagonale) ha probabilità 0 per la

densità congiunta mentre il prodotto delle densità marginali ivi è strettamente positivo.

b) La probabilità P(Y > 2X) è uguale all’integrale della densità congiunta nel triangolo

indicato con l’ombreggiatura più intensa nella Figura 1. Dunque

P(Y > 2X) = 1

0

1

ydy

y2

0

dx = 1

2

Si sarebbe naturalmente anche potuto integrare prima in dy e poi in dx:

P(Y > 2X) = 1

2

0

dx

1

2x

1

ydy =

12

0

− log2x d x = −1

2log2 −

12

0

log x d x =

= −1

2 log2 − x log x − x

1/2

0 =1

2

ma il calcolo risulta più complicato.

0 12

1

1

...........

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Figura 1 .

Esercizio 3. a) Si richiede solo di dire se il vettore X ha densità congiunta. Dato che esso

ha legge congiunta gaussiana, sappiamo che questo accade se e solo se esso ha matrice di

covarianza invertibile. Poiché

det C = 28 + 1 = 29 = 0 ,

X ha densità congiunta.b) Le coppie di v.a. considerate hanno tutte una legge congiunta gaussiana, essendo

funzioni lineari di un vettore gaussiano. Per mostrare l’indipendenza basterà dunque veri-

ficare che sono a due a due non correlate. Abbiamo

Cov(X1 + X2, X1 − X2) == Cov(X1, X1) − Cov(X1, X2) + Cov(X2, X1) − Cov(X2, X2) =

= 7 + 1 − 1 − 4 = 3



e dunque le due v.a. non sono indipendenti. Invece

Cov(X1 + X2, X1 − 2X2) =

=Cov(X1, X1)

−2Cov(X1, X2)

+Cov(X2, X1)

−2 Cov(X2, X2)

== 7 + 2 − 1 − 8 = 0

Le due v.a. sono dunque indipendenti.

c) Y 1 e Y 2 sono congiuntamente gaussiane, come funzioni lineari di un vettore gaus-

siano. Per calcolarne la densità congiunta (se esiste) occorre prima calcolarne la matrice di

covarianza. Due possibilità: si possono calcolare ‘‘a mano’’ gli elementi della matrice di

covarianza:

Var(Y ) = Var(X1 + X2) = Var(X1) + Var(X2) + 2 Cov(X1, X2) = 7 + 4 − 2 = 9

Var(Z) = Var(X1 − X2) = Var(X1) + Var(X2) − 2 Cov(X1, X2) = 7 + 4 + 2 = 13Cov(Y,Z) = Cov(X1 + X2, X1 − X2) = 3 (già calcolata in b))

Oppure si osserva che il vettore

Y Z

è della forma AX, dove

A =

1 1

1 −1

Dunque la matrice di covarianza di Y e Z è

ACXA∗ =

1 1

1 −1

7 −1

−1 4

1 1

1 −1

=

9 3

3 13

Questa matrice è invertibile e quindi Y e Z hanno densità congiunta. L’inversa è

1

108

13 −3

−3 9

Per cui la densità è

g(y, z) = exp− 1

216

13y2 + 9z2 − 6yz

d) La matrice di covarianza di W si calcola facilmente con uno dei metodi richiamati

in c) e vale

CW =

7 −1 6

−1 4 3

6 3 9



con un po’ di pazienza si vede che questa matrice ha determinante 0 e quindi non ci può

essere una densità. Ma in realtà questo si poteva vedere da subito rispondendo contempo-

raneamente alla domanda successiva, dato che si può scrivere

W = BX

dove B è la matrice

B =

α 0

0 β

β α

che può essere al massimo di rango 2. Dunque la matrice CW , che si ottiene anche come

prodotto

CW

= α 0

0 β

β α 7 −1

−1 4 α 0 β

0 β α può essere al massimo di rango 2 e non può essere invertibile.

Esercizio 4. a) Se indichiamo con Xi l’esito della risposta alla i-esima domanda (Xi = 1

se la risposta è giusta, Xi = 0 se è sbagliata), il punteggio ottenuto è S = X1 + . . . + X30.

Inoltre le v.a. Xi sono di Bernoulli B(1, 14

) e indipendenti. Dunque 30E(Xi ) = 30 14

= 7.5

e Var(Xi ) = 14

34

. Usando l’approssimazione normale, la probabilità di superare il test è

P(S

≥16)

=P(S

≥15.5)

≃1

−

15.5 − 7.5

14 34 · 30

=1

−(3.37) .

Le tavole non danno il valore di per x = 3.37. Però sicuramente si tratta di un valore più

grande di (2.99) = .99861. Dunque la probabilità richiesta è più piccola di 0.0014. Con

delle tavole più complete o un software apposito si avrebbe trovato 1−(3.37) = 0.00037.

b) Si possono ripetere gli argomenti del punto a), solo che ora le v.a. Xi sono B(1, 13

).

Dunque 30E(Xi ) = 30 13

= 10 e Var(Xi ) = 13

23

. Ora la probabilità di superare il test è

P(S

≥16)

=P(S

≥15.5)

≃1

−15.5 − 10

13

23 · 30

=1

−(2.13)

=0.016 .

c) Detta p = 14

la probabilità di rispondere correttamente ad un singolo quesito, la

probabilità di sbagliare tutte le domande è p1 = (1 − p)30 = ( 34

)30 = 1.78 10−4, per un

singolo studente. Il numero di studenti che prendono 0 è dunque una v.a., chiamiamola Y ,

binomiale B(300, p1). La probabilità che una tale v.a. prenda un valore ≥ 1 è

P(Y ≥ 1) = 1 − P(Y = 0) = 1 − (1 − p1)300 = 1 − 0.948 = 0.0521693



Questo calcolo è esatto, a parte gli errori di arrotondamento della calcolatrice. Dato che il

numero p1 è piccolo mentre 300 è un numero abbastanza elevato avremmo anche potuto

usare l’approssimazione di Poisson che avrebbe dato

P(Y ≥ 1) ∼ 1 − e−300p1

= 1 − e−0.053

= 0.0521648

L’approssimazione poissoniana è quindi molto buona. Qui l’approssimazione normale non è

indicata, dato che 300p1 = 0.053 e quindi la regoletta np > 5 non è soddisfatta. Comunque

avrebbe dato

P(Y ≥ 1) = 1 − P(Y ≤ 0.5) = 1 − P Y − 300p1√

300p1(1 − p1)≤ 0.5 − 300p1√

300p1(1 − p1)

≃

≃ 1 − 0.5 − 300p1√ 300p1(1

−p1) = 1 − (1.93) = 0.027

che è un’approssimazione un po’ lontana dalla realtà.





Corso di PS2-Probabilità 2 P.Baldi, 3◦ appello, 23 settembre 2009

Esercizio 1 Consideriamo la passeggiata a caso sul grafo in figura.

..............................................................................................................................

..............................................................................................................................

3•

2•1•

4•

5•

a) Qual è la probabilità invariante di questa catena? È unica? Si tratta di una catenaregolare?

b) Supponiamo ora che gli stati 4 e 5 siano assorbenti. Qual è la probabilità partendoda 2 di arrivare in 4 in un tempo finito?

Esercizio 2 La v.a. Y è esponenziale di parametro λ mentre X ha una densità condizionaledato Y = y che è di Weibull di parametri α e y, cioè

f X|Y

(x|y)

=αyxα

−1e

−yx α

, x > 0

a) Qual è la densità di X ?b) Qual è la densità condizionale di Y dato X = x ? Si tratta di una densità nota? Qual

è la media condizionale di Y dato X = x ?

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) Determinare il valore α in maniera che le v.a. X − 2Y e X + αY siano indipendenti.

Esercizio 4 Sia (Xn)n una successione di v.a. indipendenti uniformi su [0, 1].

a) Calcolare media e varianza delle v.a. Y n = cos(2π Xn)b1) Poniamo

Y n = 1

n

nk=1

cos(2π Xk) .

Mostrare che la successione (Y n)n converge in probabilità e determinarne il limite.b2) Calcolare il limite

limn→∞ P(|Y n| > 1

10√

n)



Soluzioni

Esercizio 1. a) La regoletta sulla legge stazionaria delle passeggiate a caso sui grafi affermache la distribuzione

v1 = v4 =1

6 , v2 = v3 = v5 =1

4(qui il numero totale di spigoli uscenti dai vertici è k = 12). Essa è l’unica distribuzionestazionaria, dato che il grafo è connesso e quindi la catena è irriducibile. Per la regolaritàsi vede, con un po’ di pazienza, che in quattro passi si può andare con probabilità positivada uno stato a qualunque altro. Attenzione: tre passi non sono sufficienti perché in tre passinon si può andare con probabilità positiva da 1 a 1 o da 4 a 4.

b) Le probabilità di assorbimento in 4 quando gli stati 4 e 5 sono assorbenti partendodagli stati 1, 2 o 3 sono la soluzione del sistema

λ1 =1

2 +1

2 λ2λ2 = 1

3 λ1 + 13 λ3

λ3 = 13 + 1

3 λ2

esprimendo λ1 e λ3 in funzione di λ2 a partire dalla prima e dalla terza equazione rispetti-vamente e sostituendo nella seconda equazione, questa diviene

λ2 = 16 λ2 + 1

6 + 19 λ2 + 1

9

ovvero 1318 λ2

=5

18 e quindi

λ2 = 513

Anche se non esplicitamente richiesto si possono ora anche calcolare immediatamente ivalori

λ1 = 913 , λ3 = 6

13

Esercizio 2. (Questo è l’Esercizio 1 del Tutorato 5) a) La densità congiunta di X e Y è

f ( x, y) = λαyxα−1e−yx α

e−λy

per x > 0, y > 0 ed è 0 altrimenti. Dunque la densità di X è

f X(x) = +∞

−∞f ( x, y) dy =

+∞

0λαyxα−1e−y(λ+xα ) dy = αλx α−1

(λ + xα )2

b) La densità condizionale di Y dato X = x è, per y > 0,

f Y |X(y|x) = f ( x , y

f X(x)= λαyxα−1e−y(λ+xα )

αλx α−1

(λ+xα )2

= (λ + xα )2ye−y(λ+xα )



che è una Ŵ(2, λ + xα ). La sua media è quindi

E(Y | X = x) = 2

λ + xα·

Esercizio 3. a) Le due v.a. X + Y e X − 2Y , sono congiuntamente gaussiane, dato che(X + Y, X − 2Y ) è una funzione lineare di (X,Y). Occorre quindi unicamente calcolare lamedia e la matrice di covarianza C. La media è evidentemente uguale a 0. Per la matricedi covarianza si trova

Var(X + Y ) = Var(X) + Var(Y ) = 2

Var(X − 2Y ) = Var(X) + 4 Var(−Y ) = 5

Cov(X + Y, X − 2Y ) = Var(X) − 2 Var(Y ) = −1

Dunque

C =

2 −1−1 5

Si ha det C = 9, dunque C è invertibile e (X + Y, X − 2Y ) ha una densità congiunta. Percalcolarla occorre prima trovare l’inversa di C:

C−1 = 1

9

5 11 2

Le densità è quindi, ponendo z = (u, v),

f(u,v) = 1

2π√

9e− 1

2 C−1z,z = 1

2π√

9exp

−1

2( 5

9 u2 + 29 v2 + 2

9 uv)

b) Come in a) le v.a. X − 2Y e X + αY sono congiuntamente gaussiane. Perché sianoindipendenti basta dunque che siano non correlate. Ora

Cov(X − 2Y, X + αY ) = Var(X) − 2α Var(Y ) = 1 − 2α

Dunque deve essere α = 12 .

Esercizio 4. a) Si ha

E[cos(2π Xn)] = 1

0cos(2π x ) d x = 0

E[cos2(2π Xn)] = 1

0cos2(2π x ) d x = 1

2·



Dunque Var(Y n)) = 12 .

b1) Per la legge dei grandi numeri

Y nq.c.

→n→∞

E[cos(2π Xn)]

=0

b2) Per il Teorema Limite Centrale,

√ 2n Y n = cos(2π X1) + . . . + cos(2π Xn)

n2

→n→∞ N (0, 1)

e quindi

limn→∞

P(| ¯Y n

|> 1

10 √ n)=

limn→∞

P(|√

2n¯

Zn

|>

√ 2

10)=

(√

2

10)−

(−

√ 2

10)== (0.14) − (−0.14) = 0.11 .



UNIVERSITÀ di ROMA TOR VERGATA



P.BaldiTutorato 9, 19 maggio 2011

Esercizio 1 a) Volendo modellizzare l’evoluzione della disoccupazione in un certo ambitosociale, si è considerato un modello costituito da una catena di Markov a due stati: 0(disoccupato) e 1 (impiegato), con la matrice di transizione

P = 0.6 0.4

0.1 0.9

Qual è, a regime, la proporzione di disoccupati con questo modello?b) Si è ritenuto poi che il modello precedente non catturasse bene tutti gli aspetti del

problema. In effetti occorre distinguere tra disoccupati di lungo periodo e di corto periodo,per i quali le probabilità di reinserimento sono diverse. Dunque un modello a due stati, peressere corretto dovrebbe risultare non markoviano (perché?). Si è proposto allora il modelloseguente a tre stati: 1 (disoccupati di lungo periodo) 2 (disoccupati di corto periodo) e 3(impiegati). La matrice di transizione considerata è ora

P =

0.9 0 0.10.1 0.6 0.30 0.1 0.9

Si tratta di una catena di nascita e morte? Qual è la probabilità stazionaria di questa catena?Quanto vale ora la proporzione di disoccupati a stazionarietà?

Esercizio 2 Per 0 ≤ α ≤ 12 consideriamo la catena di Markov su {1, 2, 3} associata alla

matrice di transizione

0 14

34

α 1 − 2α α34

14 0

a) Mostrare che, se 0 < α ≤ 1

2 , la catena è irriducibile e regolare.b) Supponiamo α = 1

4 . Calcolare la distribuzione stazionaria della catena. La catenaè reversibile?

c) Supponiamo α = 0. Determinare gli stati ricorrenti e quelli transitori.d) Cosa si può dire di limn→∞ P1(Xn = 1) nei casi b) e c) rispettivamente? (P1 è la

probabilità partendo da X0 = 1).



• •

•

•

• • •

1 4 5

72 3 6

Figura 1

Esercizio 3 Un topolino si sposta sui vertici di un grafo come nella Figura 1Ad ogni time slot esso si sposta dal vertice in cui si trova ad uno di quelli adiacenti, scelto

ogni volta a caso e con probabilità uniforme.a) Giustificare l’uso di una catena di Markov per modellizzare questa situazione e

scrivere la matrice di transizione.b) Si tratta di una catena irriducibile? Regolare? Quali sono le distribuzioni stazionarie

di questa catena?

c) Supponiamo che in 7 ci sia un pezzo di formaggio ed in 4 stia acquattato un gatto.Qual è la probabilità che il topo riesca a raggiungere il cibo prima di imbattersi nel gatto,supponendo che esso parta dallo stato 2? Qual è lo stato partendo dal quale la probabilitàè più piccola? (Almeno indicare i calcoli da fare)

d) Quali sarebbero le risposte alle questioni a) e b) se al grafo venisse aggiunto unospigolo che unisse i vertici 7 e 5?

Esercizio 4 Dire, delle seguenti affermazioni, quali siano vere e quali false.a) Una catena finita irriducibile non può avere stati transitori.b) In una catena (finita) irriducibile (Xn)n su E = {0, 1, . . . , m}, per ogni i ∈ E

limn→∞ P(Xn = i) = πi , dove π indica la distribuzione stazionaria, qualunque sia ladistribuzione iniziale.c) In una catena (finita) regolare per ogni i ∈ E limn→∞ P(Xn = i) = πi , dove π

indica la distribuzione stazionaria, qualunque sia la distribuzione iniziale.b) In una catena (finita) irriducibile (Xn)n su E = {0, 1, . . . , m}, qualunque sia la legge

iniziale non si può mai avere limn→∞ P(Xn = i) = πi per ogni i ∈ E



Soluzioni

Esercizio 1. a) La probabilità stazionaria di una generica catena a due stati è stata già vistaa lezione ed in questo caso vale

π0 = 0.10.1 + 0.4

= 0.2 = 20%, π1 = 0.40.1 + 0.4

= 0.8 = 80% .

A regime la proporzione di disoccupati è 0.2b) La catena non è di nascita e morte, a causa del comportamento dello stato 1, da cui

in un passo si può andare in 3, mentre in una catena di nascita e morte si può fare un passoalla volta ad ogni transizione. Per ottenere la distribuzione stazionaria occorre risolvere ilsistema lineare v = vP associato. Questo diventa

v1 = 0.9 v1 + 0.1 v2

v2 = 0.6 v2 + 0.1 v3v3 = 0.1 v1 + 0.3 v2 + 0.9 v3 .

Eliminando la terza equazione e sostituendola con la relazione v1 + v2 + v3 = 1 si trova ilsistema

v1 = 0.9 v1 + 0.1 v2

v2 = 0.6 v2 + 0.1 v3

v1 + v2 + v3 = 1 .

Dalla prima equazione si ricava v1 = v2, mentre dalla seconda v2 = 14 v3. Sostituendo

questi valori, la terza equazione diventa32 v3 = 1, da cui si ricava

v1 = 16

, v2 = 16

, v3 = 23

.

La proporzione di disoccupati ora è v1 + v2 = 13 = 33.33%.

• Se si ritiene che le probabilità di reinserimento nel mondo del lavoro di un disoccu-pato da lungo tempo siano diverse da quelle di un disoccupato recente, allora un modellomarkoviano a due stati non è più adatto. Infatti la probabilità di passare dallo stato 0 (dis-occupato) ad 1 (occupato) dovrebbero risultare diverse se Xn è rimasto in 0 da molto tempoo no.

Esercizio 2. a) Si vede subito che gli stati 1 e 3 comunicano con gli altri due in un passo solo.Se α > 0, allora 2 comunica sia con 3 che con 1 e la catena è irriducibile. Se 0 < α < 1

2allora c’è un elemento > 0 sulla diagonale e quindi la catena, essendo irriducibile, è ancheregolare. Se α = 1

2 , allora bisogna provare a fare le potenze della matrice di transizione.Usando le stelline,

P 2 =

0 ∗ ∗

∗ 0 ∗

∗ ∗ 0

0 ∗ ∗

∗ 0 ∗

∗ ∗ 0

=

∗ ∗ ∗

∗ ∗ ∗

∗ ∗ ∗



e dunque P è regolare.b) Se α = 1

4 , allora la matrice è bistocastica e la distribuzione stazionaria è l’uniformeπ = ( 1

3 , 13 , 1

3 ). La reversibilità è immediata, dato che P è simmetrica.c) Se α = 0,alloralostato2èassorbenteedunquericorrente. Glistati1e3comunicano

con 2 che non comunica con loro. Sono quindi transitori.d) Se α > 0, allora, poiché la catena è regolare, la legge al tempo n converge alla

distribuzione stazionaria. In particolare, se α = 14 , limn→∞ P1(Xn = 1) = π1 = 1

3 . Seinvece α = 0, sappiamo che, partendo da 1 la catena in un tempo finito giunge nello statoassorbente 2 per poi restarci. Dunque limn→∞ P1(Xn = 1) = 0.

Esercizio 3. a) L’uso di una catena di Markov si giustifica con il fatto che, ad ogni iterazione,lo stato su cui spostarsi viene scelto in maniera indipendente dal comportamento della catenaagli istanti precedenti. La matrice di transizione è

P =

1 2 3 4 5 6 71 0 1

2 0 12 0 0 0

2 12 0 1

2 0 0 0 03 0 1

3 0 13 0 1

3 04 1

3 0 13 0 1

3 0 05 0 0 0 1

2 0 12 0

6 0 0 13 0 1

3 0 13

7 0 0 0 0 0 1 0

b) La catena è irriducibile, poiché il grafo è connesso e tutti gli stati comunicano. Nonè regolare perché, con la numerazione prescelta, gli stati con numero pari sono adiacenti astati con numero dispari e basta ripetere il ragionamento dell’Esempio 5.26 del libro. Danotare che se avessimo numerato gli stati in maniera diversa la risposta a questa questionesarebbe stata molto meno evidente.

La distribuzione stazionaria di questa catena è naturalmente unica perché la catena è ir-riducibile. Usando il metodo dell’Esempio5.22 si calcola subitola distribuzione stazionaria.Ci sono tre stati (1, 2 e 5) da cui si dipartono due spigoli, tre da cui se ne dipartono tre (3, 4

e 6) ed uno da cui se ne diparte uno solo. Sommando si trova k = 2 × 3 + 3 × 3 + 1 = 16.Dunque la probabilità stazionaria è

π = 1

8, 1

8, 3

16, 3

16, 1

8, 3

16, 1

16

.

c) Se si cambia la matrice di transizione in corrispondenza degli stati 4 e 7 facendolidiventare assorbenti, la probabilità di giungere in 7 prima che in 4 è uguale alla probabilitàdi passaggio in 7 per questa nuova catena. Le probabilità di passaggio λi soddisfano in



questo caso al sistema lineare

λ1 = 12 λ2

λ2 = 12 λ1 + 1

2 λ3

λ3 = 13 λ2 + 1

3 λ6

λ5 = 12 λ6

λ6 = 13 + 1

3 λ3 + 13 λ5·

Questo sistema ha soluzione

λ1 = 229

, λ2 = 429

, λ3 = 629

, λ5 = 729

, λ6 = 1429 ·

Quindi la probabilità che il topolino ce la faccia è λ2 =4

29 .d) Aggiungendo lo spigolo indicato, dato che il grafo a maggior ragione è connesso,la catena continua ad essere irriducibile ed ha quindi una distribuzione stazionaria unica.Questa si calcola come in b), con piccole differenze: ora k = 18ecisono3archicheesconodal vertice 5 e 2 dal vertice 7. Quindi

π = 1

9, 1

9, 1

6, 1

6, 1

6, 1

6, 1

9

.

Resta la questione della regolarità, che come al solito, è la più antipatica. Il criterio di nonregolarità usato in b) non è più valido perché ora lo stato 5 è adiacente ad un altro stato con

numero dispari. A meno di idee brillanti il modo più semplice di procedere è di verificaredirettamente che, partendo da qualunque stato si può trovare un cammino che porta ad ognialtro stato in esattamente 6 passi. Osservate comunque che un cammino che congiungauno stato pari con uno dispari in esattamente 6 passi deve necessariamente passare per lospigolo 5—7, altrimenti la parità si conserva e ci si può trovare alla fine solo in uno statopari. Questa osservazione vale anche per congiungere uno stato dispari con uno pari.

Esercizio 4. a) Vero. Abbiamo visto (Proposizione 5.8) che in una catena finita uno stato i

è transitorio se e solo se esiste uno stato j tale che i → j ma j → i. Questo non è possibilese la catena è irriducibile, perché allora tutti gli stati comunicano.

b) Falso. Abbiamo visto nell’Esempio 5.26 che Pi (Xn = j ) = p(n)ij prende alternati-

vamente, a seconda che n sia pari o dispari, valori = 0 e > 0. Quindi, se convergesse, illimite dovrebbe essere uguale a 0 per ogni j .

c) Vero. È esattamente quello che dice in Teorema di Markov 5.17.d) Falso. Se la legge iniziale è la distribuzione stazionaria π , allora Xn ha legge uguale

a π per ogni n. Dunque non solo Pi (Xn = j ) →n→∞ πj , ma Pi (Xn = j ) = πj perogni n. E questo resta vero per ogni catena avente una probabilità invariante (anche se nonirriducibile e con insieme degli stati numerabile)






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).

........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

.......

..............

.......

.......

..................................................................................................

.................................................................

6

1 2

4 3

5

7

•

•

•

•

• •

•

•

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 Y n = min(X1, . . . , Xn). Mostrare che la successione (nY n)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 = 12

λ2 + 12

λ4

λ2 = 13

λ1 + 13

λ3

λ3 = 13

+ 13

λ2 + 13

λ4

λ4 = 13

λ1 + 13

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 = 13

+ 23

λ1

λ1 = 13

λ1 + 13

λ3

L’ultima equazione dà ora λ1 = 12

λ3 e quindi λ3 = 12

e λ1 = 14

.

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 + 12

ζ2 + 12

ζ4

ζ2 = 1 + 13

ζ1 + 13

ζ3

ζ3 = 1 + 13

ζ2 + 13

ζ4

ζ4 = 1 + 13

ζ1 + 13

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) + 13

ζ3 = 43

+ 13

ζ2 + 13

ζ3

cioè ζ2 = 2 + 12

ζ3. Sostituendo

ζ3 = 1 + 23

(2 + 12

ζ3) =7

3+ 1

3ζ3

da cui si ricava ζ3 = 72

e in sequenza ζ2 = ζ4 = 2 + 74

= 154

e ζ1 = 194

.

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

f ( x, y) =

λα+β

Ŵ(α)Ŵ(β)xα−1yβ−1e−λ(x+y) se x > 0 e y ≥> 0

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

A =

1 0

1 1

.

Per il teorema di cambio di variabile la densità g di (X, X + Y ) è data da

g(x,y) =1

| det A|f (A−1

xy ) .

Ora det A = 1 e

A−1 =

1 0

−1 1

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

g(x,y) = λα+β

Ŵ(α)Ŵ(β)xα−1(y − x)β−1e−λy se y > 0 e 0 < x < y

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

gX|X+Y (x|z) =g(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

Ŵ(α)Ŵ(β)xα−1(z − x)β−1e−λz

λα+β

Ŵ(α+β)zα+β−1e−λz

=Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)1z

( xz

)α−1(1 − xz

)β−1 .

d) La speranza condizionale E(X | X + Y = z) è, con il cambio di variabile t = xz

,

Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)

z

0

( xz

)α (1 − xz

)β−1 dx =Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)z

1

0

t α (1 − t)β−1 dt =



Ricordando l’espressione delle leggi Beta, l’ultimo integrale valeŴ(α+1)Ŵ(β)Ŵ(α+β+1)

, dunque con

la formula di semplificazione della funzione Gamma, la speranza condizionale vale

Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)

Ŵ(α + 1)Ŵ(β)

Ŵ(α + β + 1)

z =α

α + β

z .

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) =0

= 3

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

C =

2 3

3 5

Si tratta di una matrice invertibile (det C = 1) e dunque questa v.a. ha una densità. Si ha

C−1 =

5 −3

−3 2

e dunque la densità è

f ( x, y) =1

2πexp

−

1

2

5x2 + 2y2 − 6xy

b) La media condizionale di X + 2Y dato X + Y = t è uguale a

E(X + 2Y ) +Cov(X + Y, X + 2Y )

Var(X + Y )(t − E(X + Y )) =

3

2t

Esercizio 4. a) Indicando con F la funzione di ripartizione delle Xn si ha

P(Y n ≤ t) = 1 − P(Y n > t)

Poiché si ha Y n > t se e solo se Xi > t per ogni i = 1, . . . n,

(1)P(Y n ≤ t) = 1 − P(Y n > t) = 1 − P(X1 > t, . . . , Xn > t) =

= 1 − P(X1 > t)n = 1 − (1 − F X(t))n



Se le v.a. Xn sono uniformi su [0, 1] sappiamo che F X(t) = t per 0 ≤ t ≤ 1. Dunque la

f.r. di nY n è, per n grande e t > 0,

P(nY n ≤ t) = P(Y n ≤ t n

) = 1 − (1 − F X( t n

))n = 1 − (1 − t n

)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 (nY n)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

F X(t) = 2

t

0

x d x = t 2, 0 ≤ t ≤ 1

Dunque ora, per t > 0,

P(nY n ≤ t) = 1 − (1 − t 2

n2 )n →n→∞

1

Infatti, poiché log(1 + t) ∼ t per t → 0,

limn→∞

(1 − t 2

n2 )n = limn→∞

exp

n log(1 − t 2

n2 )

= limn→∞

exp

−n · t 2

n2 )

= 0

In conclusione

limn→∞ P(nY n ≤ t) = 1 se t > 0

0 se t ≤ 0

La funzione di ripartizione di una v.a. che assume il solo valore 0 con probabilità 1 è

F(t) =

1 se t ≥ 0

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 (nY n)n converge in legge verso una v.a. che prende il valore

0 con probabilità 1.






P.BaldiTutorato 1, 10 marzo 2011

Esercizio 1 Sia X una v.a. di densità

f(x) =

θ xθ−1 se 0 < x < 10 altrimenti

dove θ > 0.a) Calcolare la funzione di ripartizione F di X.b) Quanto valgono P(X ≥ 3) e P(X ≤ 1

3 )?

Esercizio 2 Sia X una v.a. uniforme sull’intervallo [0, 1]. Calcolare la densità delle v.a.

Y = − 1λ

log X e Z = 3− 1

λlog X, dove λ è un numero > 0.

Esercizio 3 Siano X e Y v.a. indipendenti ed esponenziali di parametro λ, λ > 0.a) Calcolare P(|X − Y | > 1

λ).

b) Qual è la densità della v.a. |X − Y |?c) Qual è la densità di X

−Y ?

Esercizio 4 Sia (X,Y) una coppia di v.a. aventi distribuzione congiunta:

f ( x, y) =

c1

yse 0 < x < y < 1

0 altrimenti

a) Quanto vale la costante di normalizzazione c ?b) Qual è la densità di X ? E quella di Y ? X e Y sono indipendenti?c) Calcolare P(Y > 2X).



Soluzioni

Esercizio 1. a) Dato che F(t) = P(X ≤ t), si ha, per 0 ≤ t ≤ 1

F(t)

= t

0

θ xθ−1 dx

=t θ

È abbastanza immediato che F(t) = 0 per t ≤ 0 e F(t) = 1 per t ≥ 1.b) Dato che X è una v.a. assolutamente continua,

P(X ≥ 3) = P(X > 3) = 1 − P(X ≤ 3) = 1 − F (3) = 1− 1 = 0.

Ed ancora,P(X ≤ 1

3 ) = 1 − P(X ≤ 13 ) = F ( 1

3 ) = 3−θ .

Esercizio 5 Calcoliamo la funzione di ripartizione di Y : se t ≥ 0

F Y (t) = P(−1

λ log X ≤ t) = P(log X ≥ −λt) = P(X ≥ e

λt

) = 1− e−λt

Seinvece t < 0lostessocalcolodà F Y (t) = 0. Riconosciamolaf.r. diunav.a. esponenzialedi parametro λ. Dunque Y è esponenziale di parametro λ. Per calcolare la densità di Z èconveniente scrivere che Z = 3

√ Y . Dunque, poiché Y prende valori positivi con probabilità

1, la funzione di ripartizione è, per t ≥ 0,

F Z (t) = P(3√

Y ≤ t) = P(Y ≤ t 3) = 1 − e−λt 3

per cui la densità vale

f Z (t) = 3t 2e−λt 3

per t > 0 e f Z (t) = 0 per t < 0.Esercizio 5. Le v.a. X e Y hanno densità congiunta

f ( x, y) =

λ2e−λ(x+y) se x > 0, y > 00 se no

La probabilità P(|X−Y | > t) non è altro che l’integrale della densità congiunta sull’insiemeA = {(x,y); |x − y| > t }. Per t > 0 si tratta dell’insieme nella Figura 1 .

0 t

t

A1

A2

..

....................................................................................................................................................................

..

............................................................................................................

........................................................

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Figura 1



Ora A = A1 ∪ A2 e

A1

f(x,y)dxdy = λ2 +∞

t

e−λx dx x−t

0

eλy dy = λ +∞

t

e−λx (1 − e−λ(x−t ) dx =

λ

+∞t

e−λx dx − λeλt

+∞t

e−2λx dx = e−λt − 1

2eλt e−2λt = 1

2e−λt

Chiaramente l’integrale su A2 produce lo stesso risultato, per cui si ottiene P(|X − Y | >

t) = e−λt . Scegliendo t = 1λ

si trova P(|X − Y | > 1λ

) = e−1. Comunque questo calcolopermette di determinare immediatamente la funzione di ripartizione della v.a. |X − Y |:

P(|X−

Y | ≤

t)=

1−

e−λt

da cui si riconosce la f.r. di una v.a. esponenziale di parametro λ.

c) Calcoliamo la f.r. di X − Y . Se t > 0, allora P(X − Y ≤ t) è uguale all’integraledella densità congiunta f sull’insieme B, quello ombreggiato nella Figura 2 .

0 t

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Figura 2

Questo però ùguale a 1 − A1

f ( x, y) dxdy. Possiamo quindi riprendere il calcoloprecedente, per cui, per t > 0,

P (X − Y ≤ t) = 1− 1

2e−λt

La densità g di X − Y si ottiene da questa derivando rispetto a t ed è dunque uguale ag(t) = λ

2 e−λt . Per trovare la densità per valori di t negativi occorre prima calcolare la f.r.per t < 0. Ora in questo caso la funzione di ripartizione è data dall’integrale della densitàcongiunta su un insieme della forma



0t

|t

|

.......................................................................................................

..

......................................................................................................................................................................................................

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Figura 3Cioè un insieme del tipo di A2 nel calcolo fatto prima. Dunque, per t < 0,

P (X − Y ≤ t) = 1

2e−λ|t | = 1

2eλt

Da cui derivando si trova g(t) =λ

2 eλt

. Mettendo insieme i due valori ottenuti, la densitàdi X − Y risulta uguale a

(1) g(t) = λ

2e−λ|t |

che ha un grafico come nella Figura 4.

−3 −2 −1 0 1 2 3

λ2

...............................................................................................................................................

...............................................

............................

.....................

.................

........................................................................................

............................................................................................................................................................................................................................................................................

.

.............................

........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Figura 4

Esercizio 4. a) deve essere

1 = +∞−∞

dy

+∞−∞

f ( x, y) dxdy

ma, ricordando che f è non nulla tranne che se 0 < x < y < 1, +∞−∞

dy

+∞−∞

f ( x, y) dxdy = c

1

0

1

ydy

y

0dx = c

dunque c = 1.b) Si ha, per 0 < x < 1,

f X(x) = +∞−∞

f ( x, y) dy = 1

x

1

ydy = − log x



Mentre, sempre per 0 < y < 1,

f Y (y) = +∞−∞

f ( x , y ) d x = y

0

1

ydx = 1

equindi Y èuniformesu[0, 1]. Chiaramente X e Y nonsonoindipendenti, dato chel’insieme0 < y < x < 1 (la porzione di quadrato che sta sotto la diagonale) ha probabilità 0 per ladensità congiunta mentre il prodotto delle densità marginali ivi è strettamente positivo.

b) LaprobabilitàP(Y > 2X) è uguale all’integrale della densità congiunta nel triangoloindicato con l’ombreggiatura più intensa nella Figura 5. Dunque

P(Y > 2X) = 1

0

1

ydy

y2

0dx = 1

2

Si sarebbe naturalmente anche potuto integrare prima in dy e poi in dx:

P(Y > 2X) = 1

2

0dx

1

2x

1

ydy =

12

0− log2x d x = −1

2log2 −

12

0log x d x =

= −1

2log2 −

x log x − x

1/2

0= 1

2

ma il calcolo risulta più complicato.

0 12 1

1

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Figura 5 .






Tutorato 5, 14 aprile 2011

Esercizio 1 Le v.a. X1, X2 hanno legge congiunta gaussiana di media 0 e matrice di

covarianza

C =

7 −1

−1 4

a) Il vettore aleatorio X = (X1, X2) ha densità congiunta?

b) Quali delle seguenti coppie di v.a. sono indipendenti ?b1) X1 + X2 e X1 − X2.

b2) X1 + X2 e X1 − 2X2.

c) Mostrare che le v.a. Y = X1 + X2 e Z = X1 − X2 hanno densità congiunta e

calcolarla.

d) Il vettore aleatorio W = (X1, X2, X1 + X2) ha densità congiunta?

Esercizio 2 Di una v.a. X si conosce la funzione caratteristica, il cui sviluppo in serie di

potenze è

φ(θ) =∞

k=0(−1)

k

θ

2k

a) Calcolare E(X), E(X2) e E(X3).

b) Siano X, Y v.a. indipendenti e aventi la stessa legge di funzione caratteristica φ.

Calcolare E[(X + Y )2] e E[(X + Y )4].

Esercizio 3 Siano X, Y v.a. indipendenti di legge Ŵ(α, λ) e Ŵ(β, λ) rispettivamente, dove



b) Qual è la densità congiunta di X e X

+Y ?

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 ? Qual è la retta di

regressione di X rispetto a X + Y ?



Soluzioni

Esercizio 1. a) Si richiede solo di dire se il vettore X ha densità congiunta. Dato che esso

ha legge congiunta gaussiana, sappiamo che questo accade se e solo se esso ha matrice di

covarianza invertibile. Poiché

det C = 28 + 1 = 29 = 0 ,

X ha densità congiunta.

b) Le coppie di v.a. considerate hanno tutte una legge congiunta gaussiana, essendo

funzioni lineari di un vettore gaussiano. Per mostrare lindipendenza basterà dunque veri-

ficare che sono a due a due non correlate. Abbiamo

Cov(X1 + X2, X1 − X2) =

= Cov(X1, X1) − Cov(X1, X2) + Cov(X2, X1) − Cov(X2, X2) == 7 + 1 − 1 − 4 = 3

e dunque le due v.a. non sono indipendenti. Invece

Cov(X1 + X2, X1 − 2X2) == Cov(X1, X1) − 2Cov(X1, X2) + Cov(X2, X1) − 2 Cov(X2, X2) =

= 7 + 2 − 1 − 8 = 0

Le due v.a. sono dunque indipendenti.

c) Y 1 e Y 2 sono congiuntamente gaussiane, come funzioni lineari di un vettore gaus-

siano. Per calcolarne la densità congiunta (se esiste) occorre prima calcolarne la matrice di

covarianza. Due possibilità: si possono calcolare a mano gli elementi della matrice di

covarianza:

Var(Y ) = Var(X1 + X2) = Var(X1) + Var(X2) + 2 Cov(X1, X2) = 7 + 4 − 2 = 9

Var(Z) = Var(X1 − X2) = Var(X1) + Var(X2) − 2 Cov(X1, X2) = 7 + 4 + 2 = 13

Cov(Y,Z) = Cov(X1 + X2, X1 − X2) = 3 (già calcolata in b))

Oppure si osserva che il vettore

Y Z

è della forma AX, dove

A =

1 1

1 −1

Dunque la matrice di covarianza di Y e Z è

ACXA∗ =

1 1

1 −1

7 −1

−1 4

1 1

1 −1

=

9 3

3 13



Questa matrice è invertibile e quindi Y e Z hanno densità congiunta. Linversa è

1

108

13 −3

−3 9

Per cui la densità è

g(y, z) = 1

2π√

108exp

− 1

216

13y2 + 9z2 − 6yz

d) La matrice di covarianza di W si calcola facilmente con uno dei metodi richiamati

in c) e vale

CW

= 7 −1 6

−1 4 3

6 3 9

con un po di pazienza (oppure osservando che la prima colonna è uguale alla terza meno

la seconda) si vede che questa matrice ha determinante 0. Quindi non ci può essere una

densità. In realtà questo si poteva vedere da subito dato che si può scrivere

W = BX

dove B è la matrice

B = 1 0

0 11 1

che può essere al massimo di rango 2. Dunque la matrice CW , che si ottiene anche come

prodotto

CW = BCXB∗ =

1 0

0 1

1 1

7 −1

−1 4

1 0 1

0 1 1

può essere al massimo di rango 2 e non può essere invertibile.

Esercizio 2. a) Dallo sviluppo in serie di potenze si ricava φ′(0) = φ(3)

(0) = 0 e φ′′(0) =−2. Dunque

E(X) = iφ′(0) = 0

E(X2) = −φ′′(0) = 2

E(X3) = −iφ(3)(0) = 0 .

b) Poiché X e Y sono centrate, grazie ad a), si ha E[(X + Y )2] = Var(X + Y ) =Var(X) + Var(Y ) = E(X2) + E(Y 2) = 4. Per il momento di ordine 4, basta trovare il



coefficiente del termine di ordine 4 dello sviluppo in serie di potenze di φ(θ)2. Moltiplicando

gli sviluppi,

φ(θ)2 = 1 − θ 2 + θ 4 + o(θ 4)1 − θ 2 + θ 4 + o(θ 4) = 1 − 2θ 2 + 3θ 4 + o(θ 4)Dunque il coefficiente del termine del quartordine nello sviluppo in serie di potenze di

φ(θ)2 è 3 e quindi

E[(X + Y )4] = d 4

dθ 4φ(θ)2 = 3 · 4! = 72 .

Esercizio 3. a) Abbiamo visto a lezione che Z = X + Y ha legge Ŵ(α + β,λ).


f ( x, y)= λα+β

Ŵ(α)Ŵ(β)xα−1yβ−1e−λ(x+y) se x > 0 e y > 0

0 altrimenti .



A =

1 0

1 1

.

Il teorema di cambio di variabile (vedi lEsempio ‘tre.122’) permette di affermare che

la densità g di (X, X

+Y ) è data da

g(x,y) = 1

| det A| f (A−1

xy

) .

Ora det A = 1 e

A−1 =

1 0

−1 1

e dunque

g(x,y) = f ( x , y − x) .


g(x,y) =

λα+β

Ŵ(α)Ŵ(β)xα−1(y − x)β−1e−λy se y > 0 e 0 < x < y

0 altrimenti .

c) Indicando con gX+Y la densità di X +Y , che sappiamo essere una Ŵ(2, λ), la densità


gX|X+Y (x|z) = g(x, z)

gX+Y (z)·




gX|X+Y (x|z) =λα+β

Ŵ(α)Ŵ(β)xα−1(z − x)β−1e−λz

λα+β

Ŵ(α+β)zα

+β

−1e

−λz

= Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)1z

( xz

)α−1(1 − xz

)β−1 .


,

Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)

z

0

( xz

)α (1 − xz

)β−1 dx = Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)z

1

0

t α (1 − t)β−1 dt =

Ricordando lespressione delle leggi Beta, lultimo integrale valeŴ(α+1)Ŵ(β)Ŵ(α+β+1)

, dunque con la

formula di semplificazione della funzione Gamma (‘tre.211’), la speranza condizionale

vale Ŵ(α + β)

Ŵ(α)Ŵ(β)

Ŵ(α + 1)Ŵ(β)

Ŵ(α + β + 1)z = α

α + βz .

La retta di regressione è x = az + b, dove

a = Cov(X, X + Y )

Var(X + Y ), b = E(X) − aE(X + Y ) .

Ora

Var(X

+Y )

=α + β

λ2

, Cov(X, X

+Y )

=Var(X)

=α

λ2

e dunque

a = α

α + β, b = α

λ− α

α + β

α + β

λ= 0 .

Da notare che la retta di regressione

z → α

α + βz

e la speranza condizionale

z → E(X | X + Y = z) = α

α + βz

coincidono.

• Da notare che il risultato dei punti c) e d) non dipende dal valore di λ.






P.Baldi


Exercice 1 Siano N, X1, . . . , Xn v.a. indipendenti tutte di legge geometrica modificata di

parametro p (cioè P(X = k) = p(1−p)k−1, k = 1, 2, . . .) e poniamo S N = X1+. . .+XN .

Quanto vale P(S N = 3) ? La v.a. S N ha una legge nota?

Exercice 2 Consideriamo la catena di Markov di matrice di transizione

P =

1 2 3

1 0.9 0 0.1

2 0.1 0.6 0.3

3 0 0.1 0.9

.

a) Quanto vale (approssimativamente) la probabilità che Xn prenda uno dei valori 2

oppure 3 per n grande?

b) La probabilità stazionaria di questa catena è reversibile ?

c) Quanto tempo occorre in media per giungere in 1 partendo da 3 ?

Exercice 3 Le v.a. X, Y hanno densità congiunta

f ( x, y) = 4e−2y 1{0≤x≤y} .

a) Le v.a. X e Y sono indipendenti?

b) Quali sono le leggi delle v.a. X e Y ?

c) Le v.a. X e Y − X sono indipendenti?

d) Qual è la densità della v.a. W = 1 − e−2(Y −X) ?



Soluzioni

Esercizio 1 Sappiamo che, detta ψ1 la funzione generatrice di N e delle Xi (la funzione

generatrice è la stessa, dato che tutte queste v.a. hanno la stessa legge), la v.a. S N ha

funzione generatrice

ψ(z) = ψ1(ψ1(z)) .

La funzione generatrice di una v.a. geometrica modificata è

ψ1(z) = p

∞k=1

(1−p)k−1zk = pz

∞k=1

(1−p)k−1zk−1 = pz

∞k=0

(1−p)k zk =pz

1 − (1 − p)z·

Dunque

ψ(z) =

ppz

1−(1−p)z

1 − (1 − p) pz1−(1−p)z

=

p2z

1 − (1 − p)z − (1 − p)pz =

p2z

1 − (1 − p2)z ·

Si riconosce la f.g. di una densità geometrica modificata di parametro p2. Quindi

P(S N = 3) = p2(1 − p2)2 .

Esercizio 2 a) Osserviamo che la catena è irriducibile (gli stati comunicano) e regolare (ci

sono elementi > 0 sulla diagonale). Dunque per n grande la probabilità che Xn si trovi in

uno stato i è approssimata dal valore in i della probabilità stazionaria, e questo qualunque

sia lo stato iniziale.Calcoliamo la distribuzione stazionaria v: la probabilità richiesta sarà dunque v2 + v3.

Per questo occorre risolvere il sistema lineare v = vP , che qui diventa

v1 = 0.9 v1 + 0.1 v2

v2 = 0.6 v2 + 0.1 v3

v3 = 0.1 v1 + 0.3 v2 + 0.9 v3 .

Eliminando la terza equazione e sostituendola con la relazione v1 + v2 + v3 = 1 si trova il

sistemav1 = 0.9 v1 + 0.1 v2

v2 = 0.6 v2 + 0.1 v3

1 = v1 + v2 + v3 .

Dalla prima equazione si ricava v1 = v2, mentre dalla seconda v2 = 14

v3. Sostituendo

questi valori, la terza equazione diventa 32

v3 = 1, da cui si ricava

v1 =16

, v2 =16

, v3 =23

.



Dunque v2 + v3 =56

b) Detti ζ2, ζ3 i tempi medi per giungere in 1 partendo da 2 e 3 rispettivamente, questi

numeri sono soluzione del sistema

ζ2 = 1 + 0.6ζ2 + 0.3ζ3

ζ3 = 1 + 0.1ζ2 + 0.9ζ3

Dalla seconda equazione si ricava ζ3 = 10 + ζ2. Sostituendo nella prima equazione questa

diviene

ζ2 = 1 + 0.6ζ2 + 3 + 0.3ζ2

ovvero ζ2 = 40 e quindi

ζ3 = 50 .

Esercizio 3 La densità f è > 0 sull’insieme ombreggiato nella Figura 1.

0...........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

. .. .. .. . .. . .. . . .. . . .. . . . .. . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . . .. . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Figura 1.

Prima di rispondere alla domanda a) conviene calcolare le marginali.

b) Le densità marginali sono

f X(x) =

+∞−∞

f ( x, y) dy = 4

+∞x

e−2y dy = 2e−2x

f Y (y) = +∞

−∞

f ( x , y ) d x = 4 y

0

e−2y dx = 4ye−2y

cioè X ∼ Ŵ(1, 2), Y ∼ Ŵ(2, 2). Possiamo ora ricavare che le v.a. X e Y non sono

indipendenti, dato che la loro densità congiunta è nulla nel primo quadrante sotto la diagonale

mentre il prodotto delle marginali ivi è strettamente positivo.

c) Posto U = X, V = Y − X, allora

U

V

= A

X

Y



con

A =

1 0

−1 1

.

Ora det A = 1 e

A−1 =

1 01 1

.

Dunque la densità congiunta di U e V è

g(u, v) = f(u,u + v) .

Ricordiamo però che f (x, y) > 0 solo se 0 < x < y, dunque g(u, v) = 0 a meno che non

sia u > 0, u + v > u, ovvero u > 0, v > 0. Dunque g(u,v) > 0 solo se (u, v) si trova nel

primo quadrante e in questo caso

g(u, v) = 4e−2(u+v) = 2e−2u · 2e−2v .

Dunque X e Y − X sono indipendenti ed esponenziali di parametro λ = 2.

d) Abbiamo appena visto che Y −X ∼ Ŵ(1, 2) e quindi la sua funzione di ripartizione

è F(z) = 1 − e−2z. Calcoliamo la funzione di ripartizione di W , facendo attenzione al

verso delle disuguaglianze: se 0 < t < 1

P(W ≤ t) = P(1 − e−2(Y −X) ≤ t) = P(e−2(Y −X) ≥ 1 − t) =

= P(−2(Y − X) ≥ log(1 − t )) = P(Y − X ≤ −

1

2 log(1 − t)) =

= 1 − e2·

12

log(1−t)= t .

Dunque W è uniforme su [0, 1].






Tutorato 3, 31 marzo 2010

Esercizio 1 In statistica si chiama indice di skewness (o di asimmetria) di una v.a. X la

quantità

γ =E[(X − µ)3]

σ 3

dove µ = E(X) e σ 2 = Var(X) (purché X abbia un momento di ordine 3 finito). L’indice

γ in un certo senso misura la simmetria della legge di X: valori di γ positivi indicano lapresenza di una ‘‘coda spessa’’ verso destra (come nella Figura 1), mentre valori negativi

indicano la stessa cosa verso sinistra.

..........................................................................................................................................................................................................................

.................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Figura 1

a) Quanto vale l’indice di skewness per una legge N(µ,σ 2) ?

b) E per una legge esponenziale? Per una (α, λ)?

(Si ricorda lo sviluppo del binomio di terzo grado: (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3. . . )

Esercizio 2 Siano X, Y v.a. indipendenti di legge (α, λ) e (β, λ) rispettivamente, dove



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 e di densità rispettivamente (1, λ) e (n, λ).

a) Calcolare la probabilità P(X ≥ Y ).

b) Poniamo n = 2. Calcolare la densità di S = Y − X. (Attenzione: si tratta di una v.a.

che può prendere valori sia positivi che negativi e, a seconda del metodo utilizzato, potrà

essere necessario distinguere t positivo e t negativo).



Soluzioni

Esercizio 1. a) Sappiamo che se X ∼ N(µ,σ 2) allora Z = X − µ ∼ N(0, σ 2). Sappiamo

però che i momenti di ordine dispari delle leggi normali centrate sono tutti nulli, quindi

E((X − µ)3) = E(Z3) = 0

e dunque γ = 0. In effetti in questo calcolo abbiamo utilizzato unicamente il fatto che le

v.a. normali hanno una legge che è simmetrica rispetto alla media, cioè sono tali che X − µ

e −(X − µ) hanno la stessa legge. Per tutte le v.a. con questa proprietà si ha

E[(X − µ)3] = E[−(X − µ)3] = −E[(X − µ)3]

per cui E((X − µ)3) = 0 e γ = 0. Tutte le v.a. simmetriche intorno alla media hanno

dunque indice di skewness = 0.b) Ricordiamo che per una v.a. X ∼ (α, λ) il momento di ordine k vale

E(Xk ) =(α + k)

λk (α)=

(α + k − 1)(α + k − 2) . . . α

λk

ovvero per i primi tre momenti:

E(X) =α

λ, E(X2) =

α(α + 1)

λ2, E(X3) =

α(α + 1)(α + 2)

λ3·

Sviluppando il binomio di terzo grado (qui µ = αλ

)

E((X − µ)3) = E(X3) − 3E(X2)µ + 3E(X)µ2 − µ3 =

=1

λ3

α(α + 1)(α + 2) − 3α2(α + 1) + 3α3 − α3

=

=α

λ3

α2 + 3α + 2 − 3α2 − 3α + 2α2

=

=2α

λ3·

D’altra parte la varianza vale σ 2 = αλ2 per cui

γ =

2αλ3

α3/2

λ3

= 2α−1/2 .

In particolare l’indice di skewness non dipende da λ e quello di una legge esponenziale

(1, λ) è sempre uguale a 2. Osserviamo anche che la skewness di una legge è sempre



positiva, il che è in accordo con l’intuizione (il grafico delle densità è sempre come nella

Figura 0.1, almeno per α > 1).

Esercizio 2. a) Abbiamo visto a lezione che Z = X + Y ha legge (α + β,λ).


f ( x, y) =

λα+β

(α)(β)xα−1yβ−1e−λ(x+y) se x > 0 e y ≥> 0

0 altrimenti .



A =

1 0

1 1

.

Per il teorema di cambio di variabile la densità g di (X, X + Y ) è data da

g(x,y) =1

| det A|f (A−1

xy

) .

Ora det A = 1 e

A−1 =

1 0

−1 1

e dunque

g(x,y) = f ( x , y − x) .


g(x,y) =

λα+β

(α)(β)xα−1(y − x)β−1e−λy se y > 0 e 0 < x < y

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 (2, λ), la densità


gX|X+Y (x|z) =g(x, z)

gX+Y (z)·


gX|X+Y (x|z) =

λα+β

(α)(β)xα−1(z − x)β−1e−λz

λα+β

(α+β)zα+β−1e−λz

=(α + β)

(α)(β)1z

( xz

)α−1(1 − xz

)β−1 .




,

(α + β)

(α)(β)

z

0

( xz

)α (1 − xz

)β−1 dx =(α + β)

(α)(β)z

1

0

t α (1 − t)β−1 dt =

Ricordando l’espressione delle leggi Beta, l’ultimo integrale vale(α+1)(β)(α+β+1)

, dunque con

la formula di semplificazione della funzione Gamma, la speranza condizionale vale

(α + β)

(α)(β)

(α + 1)(β)

(α + β + 1)z =

α

α + βz .

Esercizio 3. La densità congiunta delle v.a. X, Y è evidentemente

f ( x, y) =

λn+1

(n) yn−1e−λ(x+y) , x > 0, y > 0

a) Si ha P(X ≥ Y ) = P((X,Y) ∈ A) dove A = {(x,y),x ≥ y}. Dato che la densità

congiunta f si annulla al di fuori del primo quadrante, si tratta di integrare nella regione

indicata nella Figura 2.

0.........................................................................................................................................................

..

................................................................................................................................................................

. . .. .

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Figura 2.

Dunque

P(X ≥ Y ) =λn+1

(n)

+∞

0

yn−1e−λy dy +∞

y

e−λx dx =λn

(n)

+∞

0

yn−1e−2λy dy =

=λn

(n)

(n)

(2λ)n= 2−n .

Da notare che se invece avessimo scelto d’integrare prima in y e poi in x ci saremmo

imbattuti nell’espressione

P(X ≥ Y ) =λn+1

(n)

+∞

0

e−λx dx

x

0

yn−1e−2λy dy



che ha l’aria molto più indigesta. . . Con questi integrali multipli conviene sempre provare

a scambiare l’ordine d’integrazione quando ci si trova in difficoltà: scambiando l’ordine

d’integrazione il valore dell’integrale non cambia ma la difficoltà del calcolo sì. . .

b) La funzione di ripartizione di S = Y − X è data da F(t) = P(Y − X ≤ t) = P(Y ≤

X + t) = P((X,Y) ∈ At ), dove At = {y ≤ x + t } è il semipiano che si trova sotto allaretta y = x + t . Tenendo conto sempre che la densità congiunta di X e Y è non nulla solo

nel primo quadrante, ci troviamo a doverne calcolare l’integrale sull’insieme descritto dalla

Figura 3 se t > 0 e dalla Figura 4 se t < 0.

0

t •.....................................................................................................................................................................................................................

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Figura 3.

0 −t

t •

•

......................................................................................................................................................

.........................................................................................................................................................................

. . ..

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Figura 4.

Calcolo per t > 0: conviene invece che integrare sull’area indicata calcolare 1−

l’integrale sulla porzione complementare del primo quadrante

F(t) = 1 − λ3 +∞

t ye−λy dy

y−t

0e−λx dx = 1 − λ2

+∞

t ye−λy(1 − e−λ(x−t )) dy =

= 1 − λ2

+∞

t

ye−λy dy + λ2eλt

+∞

t

ye−2λy dy

Derivando otteniamo che, per t > 0 la densità di S è data da

f(t) = λ2t e−λt + λ3eλt

+∞

t

ye−2λy dy − λ2t e−λt



Il primo e terzo termine si annullano e, integrando per parti o ricordando l’espressione della

funzione di ripartizione delle leggi Gamma:

4λ2 +∞

t

ye−2λy dy = e−2λt (1 + 2λt)

si trova

f(t) =λ

4e−λt (1 + 2λt)

Calcolo per t < 0:

F(t) = λ3

+∞

0

ye−λy dy

+∞

y−t

e−λx dx = λ2

+∞

0

ye−λye−λ(y−t) dy =

= λ2eλt +∞

0ye−2λy dy = 1

4eλt

da cui si trova la densità:

f(t) =λ

4eλt , t < 0

In conclusione

f(t) =λ

4e−λ|t | +

λ2

2t e−λt 1[0,+∞[(t)

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

.............................................................................................

............................................

.............................

..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Figura 5 Grafico della densità f (λ = 1.2). Un po’ a sorpresa, nonostante il valore assoluto,si tratta di una funzione derivabile, come per altro si può verificare formalmente.








Esercizio 1 Siano X, Y v.a. di densità congiunta

f ( x, y) = x2ye−x(y +1), x > 0, y > 0

a) Le v.a. X, Y sono indipendenti?

b) Qual è la densità di X ?c) Le v.a. X e XY sono indipendenti?

d) Quanto vale P(XY ≤ 1) ?

Esercizio 2 Siano X, Y v.a. indipendenti di legge N (0, 1). Poniamo

U = nX − Y, V = nX + Y .

a) Qual è la legge di ( U , V )? Possiede una densità?

b1) Quanto vale la speranza condizionale di U dato V = 1 ?

b2) Quanto vale la varianza della legge condizionale di U dato V = 1 ? Quanto valela varianza della legge condizionale di U dato V = −1.5 ? Come si comportano queste

varianze condizionali per n → ∞ ?

Esercizio 3 Si sa che per ogni α > 0 la funzione

φα(t) =1

(1 + θ 2)α

è una funzione caratteristica. Indichiamo con Xα una v.a. di funzione caratteristica φα.

a) Calcolare media e varianza di Xα , al variare di α.b) Calcolare E(X4

α), al variare di α.

c) Mostrare che, per ogni α, si possono trovare due v.a. Y, Z indipendenti ed aventi la

stessa legge tali che Y + Z ha la stessa legge di Xα.



Soluzioni

Esercizio 1. a) La densità congiunta non sembra che si possa scrivere come prodotto di una

funzione della sola x per una funzione della sola y. Più preciso sarà questo punto quando

avremo a disposizione le marginali.

b) Si può calcolare la marginale con la formula

f X(x) =

f ( x, y) dy =

+∞

0

x2ye−x(y +1) dy = x2e−x

+∞

0

ye−xy dy =

= x2e−x 1

x2= e−x

ricordando l’espressione degli integrali relativi alle densità Ŵ(2, 1).

c) Si può scrivere (X,XY) = φ(X,Y) dove φ(x,y) = (x,xy). Applichiamo il metodo

del teorema di cambio di variabile: la funzione inversa si trova risolvendo il sistema

u = x

v = xy

che dà φ−1(u, v) = (u, vu

). Calcoliamo il differenziale:

Dφ −1(u, v) =

1 0

− vu2

1u

e | det(Dφ−1(u, v))| = 1u

. Dunque la densità della coppia (X,XY) è

g(u, v) = u2 v

u e−u( v

u+1) 1

u = ve−(u+v)

Poiché si può scrivere

g(u,v) = e−u × ve−v

le due v.a. sono indipendenti ed anzi si vede subito che U è esponenziale di parametro

1 mentre V = XY è Ŵ(2, 1). Questo permette immediatamente di rispondere anche alla

questione a) senza bisogno di fare il calcolo della marginale di poco fa.

d ) Basta ricordare l’espressione della funzione di ripartizione della legge Gamma(2, 1)

e si trova subito

P(XY ≤ 1) = 1 − 2e−1

Esercizio 2. a) ( U , V ) è una funzione lineare di (X,Y) che è congiuntamente gaussiana e

dunque è congiuntamente gaussiana anche lei. Si tratta di v.a. centrate e per il calcolo della

matrice di covarianza basta osservare che

Var(U ) = n2 Var(X) + Var(Y ) = n2 + 1

Var(V ) = n2 Var(X) + Var(Y ) = n2 + 1

Cov( U , V ) = Cov(nX − Y,nX + Y ) = n2 Cov(X, X) − Cov(Y,Y) = n2 − 1



e dunque la matrice di covarianza è

C =

n2 + 1 n2 − 1

n2 − 1 n2 + 1

Poiché det C = (n2 + 1)2 − (n2 − 1)2 > 0, la matrice è invertibile e la coppia ( U , V ) hadensità congiunta.

b) La speranza condizionale di U dato V = 1 è

Cov( U , V )

Var(V )=

n2 − 1

n2 + 1, ,

dato che E(U ) = E(V ) = 0 mentre la varianza della legge condizionale è

Var(U )−Cov( U , V )2

Var(V )= n2+1−

(n2 − 1)2

n2 + 1=

(n2 + 1)2 − (n2 − 1)2

n2 + 1=

4n2

n2 + 1→

n→∞4 .

La varianza della legge condizionale non dipende dal valore della variabile condizionante.

Esercizio 3. Ricordiamo lo sviluppo al second’ordine della funzione f(t) = (1 − t)−α (lo

si può calcolare facilmente facendo le derivate)

1

(a − t)α= 1 + αt +

1

2α(α + 1)t 2 + o(t 2)

da cui1

(a + θ2

)α

= 1 − αθ 2 +1

2

α(α + 1)θ 4 + o(θ 4)

Dunque

φ′α (0) = 0

φ′′α (0) = −2α

φ(4)α (0) = 12α(α + 1)

Dunque

E(X) = 0

Var(X) = 2α

E(X4) = 12α(α + 1)

che risponde alle questioni a) e b).

c) Si vede che se U 1, U 2 sono v.a. indipendenti e aventi la stessa legge di funzione

caratteristica φα/2, allora U 1 + U 2 avrebbe funzione caratteristica

φ(t) = φα/2(t)2 =1

(1 + θ 2)α

Dunque U 1 + U 2 ha la stessa funzione caratteristica di X e quindi anche la stessa legge.





Corso diPS2-Probabilità 2

P.BaldiTutorato 4, 7 aprile 2011

Esercizio 1 a1) Sia X una v.a. di legge Ŵ(α, 1). Qual è la legge di 1λ

X ?a2) Se indichiamo con qβ il quantile di ordine β, 0 < β < 1, di una legge Ŵ(α, 1), qual

è il il quantile di ordine β di una legge Ŵ(α, λ)?b1) Siano X1, . . . , X100 v.a. indipendenti di legge esponenziale Ŵ(1, 1). Qual è la legge

della v.a. X = 1100 (X1 + . . . + X100)?

b2) Sapendo che i quantili di ordine 0.025 e 0.975 di una legge Ŵ(100, 1) sono rispetti-

vamente q0.025 = 81.36 e q0.975 = 120.53, determinare un intervallo [a, b] tale cheP(a ≤ X ≤ b) = 0.95 .

Esercizio 2 Sia ( U , V ) una coppia di v.a. di densità congiunta

f(u,v) =

c · 2vu

θe−u2/θ se 0 < v < u

0 altrimenti

dove c è una opportuna costante.a) Determinare il valore di c in funzione di θ .

b) Le v.a. U e U V sono indipendenti? Quanto vale la probabilità P( U V ≤ 2)?Esercizio 3 a1) Calcolare la f.r. di una legge di Laplace di parametro λ, cioè di densità

f(x) = 1

2λe−λ|x|

a2) Come fareste per simulare una v.a. di Laplace di parametro λ ?b) Come fareste per simulare una v.a. di Weibull di parametri α, λ? (le leggi di Weibull

sono quelle di densitàf(x) = λαx α−1e−λxα

per x > 0 e f(x) = 0 per x ≤ 0).

Esercizio 4 Una v.a. X ha funzione caratteristica

φ(θ) = 1√ 1 + θ 2

·

a) Mostrare che X ha varianza finita e calcolare E(X) e Var(X).b) Siano X, Y v.a. indipendenti entrambe di funzione caratteristica φ. Calcolare

E[(X + Y )4].



Soluzioni

Esercizio 1. a1) Indichiamo con F e f rispettivamente la f.r. e la densità di una leggeŴ(α, 1). Con il solito metodo della funzione di ripartizione si trova che la f.r. di 1

λX è

P( 1λ

X ≤ t) = P(X ≤ tλ) = F(tλ)

e derivando si ottiene che la densità g di 1λ

X vale

g(t) = λf(tλ) = λ1

Ŵ(α)(tλ)α−1e−λt = λα

Ŵ(α)t α−1e−λt

dove riconosciamo la densità di una v.a. Ŵ(α, λ).a2) Abbiamo visto in a1) che se X ∼ Ŵ(α, 1), allora 1

λX ∼ Ŵ(α, λ). I quantili qβ

restano determinati dalla relazione P(X ≤ qβ ) = β. Dalla relazione

P( 1λ

X ≤ 1λ

qβ ) = P(X ≤ qβ ) = β

si vede che il quantile di ordine β di una legge Ŵ(α, λ) è 1λ

qβ .b1) La v.a. X1 + . . . + X100 ha legge Ŵ(100, 1) (Proposizione ‘tre.200’) e dunque,

grazie ad a1), X100 ∼ Ŵ(100, 100).b1) Grazie ad a2), i quantili di ordine 0.025 e 0.975 di X100 sono rispettivamente

˜q

0.025 =81.36

100 = 0.

81,

˜q

0.975 =120.53

100 = 1.

2.

Dunque

P(0.81 ≤ X100 ≤ 1.2) = P(q0.025 ≤ X100 ≤ q0.975) == P(X100 ≤ q0.975) − P(X100 ≤ q0.025) = 0.975 − 0.025 = 0.95 .

Esercizio 2. a) Perché f sia una densità occorre che sia

1 = f ( u , v ) du dv = c +∞0

du u

02uθ e−u2/θ v d v

Ora f ( u , v ) du dv = c

+∞

0v dv

+∞

v

2u

θe−u2/θ du = c

+∞

0v−e−u2/θ

+∞v

dv =

= c

+∞

0ve−v2/θ dv = cθ

2



da cui

c = 2

θ·

Lintegrale si può anche calcolare dallaltra parte:

f ( u , v ) du dv = c

+∞

0du

u

0

2u

θe−u2/θ v d v = c

θ

+∞

0u3e−u2/θ du.

e si conclude integrando per parti.b) Uno dei modi possibili per mostrare che le v.a. U e U

V sono indipendenti consiste

nel calcolo della loro densità congiunta, per poi verificare che questa si può scrivere comeprodotto di due funzioni, ciascuna delle quali dipende solo da una delle variabili. Il calcolodella legge congiunta di U e U

V si può fare osservando che

U, U

V = φ ( U , V)

dove φ è la funzione φ(u,v) = (u, uv

); questa funzione è certo infinite volte derivabile peru > 0, v > 0: se essa fosse anche invertibile e la sua inversa derivabile potremmo calcolarela densità congiunta g di U e U

V con il teorema di cambio di variabile negli integrali multipli,

grazie al quale si ha che

(1) g(x, y) = f (φ−1(x,y))| det Dφ−1(x,y)| .

Le tappe successive per mostrare che U eU V sono indipendenti sono dunque le seguenti:primaoccorremostrareche φ è invertibile e calcolarne linversa (ovvero calcolarne linversa,

ilcheproveràche φ è invertibile). Poi bisogna calcolare il differenziale Dφ−1 (che in questocaso è una matrice 2 ×2) e il suo determinante. A questo punto potremo calcolare la densitàcongiunta g tramite la (1) e verificare che essa è il prodotto di una funzione della solavariabile x moltiplicata per una funzione della sola variabile y. Come si vede si tratta diun programma abbastanza complesso, ma nel quale ogni singola parte non presenta grossedifficoltà.

Per calcolare linversa di φ, fissati dei valori x e y dobbiamo determinare dei numeri u

e v tali che φ(u,v)

=(x,y). In altre parole dobbiamo risolvere rispetto a u e v il sistema

u = xuv

= y

che dà facilmente u = x, v = xy

. Dunque φ−1(x,y) = (x, xy

). È immediato ora il calcolo

del differenziale di φ−1:

Dφ−1(x,y) =

1 01y

− xy2



per cui det Dφ−1(x,y) = − xy2 . Abbiamo quindi calcolato tutte le quantità che compaiono

nella (1). Sostituendo i valori trovati dobbiamo però ricordare che f(u,v) è = 0 a menoche non sia 0 < v < u. Dunque otteniamo f (φ−1(x,y)) = f(x, x

y) = 0 a meno che non

sia y > 1 e x > 0. In conclusione

g(x,y) = 2θ

2x

θe−x2/θ 1{x>0}(x)1{y>1}(y) x

y =f (φ−1(x,y))

x

y2 =| det Dφ−1(x,y)|

=

= 4

θ 2x3e−x2/θ 1{x>0}(x)

funzione della sola x

1

y3 1{y>1}(y) funzione della sola y

e dunque U e U V

sono indipendenti. La densità di U V

è la seconda marginale di questa densitàcongiunta. Dunque è della forma

g2(y) = cy3 1{y>1}(y)

perché lintegrale di g2 faccia 1 deve essere c = 2 e infine

P( U V

≤ 2) = 2 2

1

1

y3 dy = 3

4·

Esercizio 4. a) φ è una funzione infinite volte derivabile e dunque X ha finiti i momentidi tutti gli ordini. E(X) = 0 perché, dato che φ è una funzione reale, la v.a. X ha leggesimmetrica (X ∼ −X) e dunque speranza matematica uguale a 0. Ad ogni modo le due

prime derivate di φ valgonoφ′(θ ) = −θ (1 + θ 2)−3/2

φ′′(θ ) = −(1 + θ 2)−3/2 + 3θ 2(1 + θ 2)−5/2 .

DunqueVar(X) = E(X2) = −φ′′(0) = 1 .

b) La funzione caratteristica di X + Y è

φX+Y (θ) = φ(θ)2 = 1

1 + θ 2 ·

Il momento del quarto ordine di X + Y è uguale alla derivata quarta di φX+Y in 0. Malo sviluppo in serie di potenze di φX+Y è ben noto (a partire dalla serie geometrica, adesempio):

φX+Y (θ ) = 1

1 + θ 2 =∞

k=0

(−1)k θ 2k .

Il coefficiente del termine di ordine 4 è 1, da cui si ricava

φ(4)X+Y (0) = φ(4)(0) = 4! = 24 .






P.Baldi

Tutorato 8, 12 maggio 2011

Esercizio 1 Sia (Xn)n una successione di v.a. indipendenti esponenziali di parametro λ.

a) Poniamo Zn = min(X1, . . . , Xn). La successione (Zn)n converge in legge ? In caso

affermativo precisarne il limite.

b) Poniamo Y n = max(X1, . . . , Xn). La successione (Y n)n converge in legge? In caso

affermativo precisarne il limite. E la successione ( 1log n

Y n)n ?

Esercizio 2 Fare la classificazione degli stati della matrice di transizione

P =

0 0 113

13

13

1 0 0

Si tratta di una catena irriducibile ? Regolare? Quali sono le sue probabilità invarianti ?

Come cambierebbe la risposta alle domande precedenti se fosse

P 1 = 1 0 0

13

13

13

0 0 1

?

Esercizio 3 Consideriamo la matrice di transizione

P 2 =

0 0 1

23

0 13

29

23

19

a) Si tratta di una catena irriducibile? Regolare?

b) Determinare tutte le probabilità invarianti della catena. Se (Xn)n è la catena diMarkov associata a P , quanto vale approssimativamente P1(Xn = 3) per n grande? (Ri-

cordare che P1 è la probabilità partendo dallo stato 1).

Esercizio 4 Consideriamo la catena di Markov su E = {1, 2, 3} associata alla matrice di

transizione

P =

1

214

14

12

0 12

0 1 − α α



a) Mostrare che, se 0 ≤ α < 1, allora la catena è irriducibile (cioè tutti gli stati

comunicano tra loro). E se fosse α = 1 ?

b) Supponiamo α = 14

; mostrare che la catena è regolare e calcolare la distribuzione

stazionaria. Si tratta di una distribuzione reversibile ?

c) Rispondere alle stesse domande di b), nell’ipotesi α =12 .



Soluzioni

Esercizio 1. a) Si ha, per t > 0,

F Zn (t) = 1 − P(Zn ≥ t) = 1 − P(X1 ≥ t , . . . , Xn ≥ t) = 1 − e−nλt .

Dunque, per t > 0,

limn→∞

F Zn (t) = limn→∞

1 − e−nλt = 1

e (ricordando che comunque F Zn (t) = 0 per t < 0) la successione (Zn)n converge a 0

in legge. Non c’è bisogno di calcolare il limite di F Znin 0 perché 0 non è un punto di

continuità per la f.r. della v.a. che assume il solo valore 0 con probabilità 1.

b) Si ha, per t ≥ 0,

(1) F Y n (t) = P(Y n ≤ t) = P(X1 ≤ t , . . . , Xn ≤ t ) = F X(t)

n

.

Ricordiamo che F X(t) = 1 − e−λt . Poiché comunque F Y n (t) = 0 per t ≤ 0 mentre per

t > 0

limn→∞

F Y n (t) = limn→∞

e−nλt = 0 ,

se la successione (Y n)n convergesse in legge verso una v.a. Y , questa dovrebbe avere una f.r.

che è uguale a 0 dappertutto. Poiché ciò non è possibile, la successione (Y n)n non converge

in legge. Invece, indicando con F n la f.r. della v.a. Y nlog n

, si ha

F n(t) = P(Y n ≤ t log n) = P(X1 ≤ t log n , . . . , Xn ≤ t log n) = (1 − e−λt log n)n =

=

1 −

1

nλt

n

Ricordiamo il limite notevole

limn→∞

1 −

1

nλt

n

=

0 se λt < 11e

se λt = 1

1 se λt > 1 .

Dunque la successione converge in legge alla v.a. che assume con probabilità 1 il solo valore1λ

. Da notare che anche qui le f.r. non convergono alla f.r. limite per t = 1λ

, che non è un

punto di continuità della f.r. limite.

Esercizio 2. Per P 1. Si ha 1 → 3, 3 → 1, dunque {1, 3} costituisce una classe chiusa.

Poiché né 1 né 3 comunicano con un’altro stato j che non comunica con loro, essi sono

entrambi ricorrenti (ricordare comunque che questo criterio vale solo perché gli stati sono

in numero finito). Invece 2 comunica sia con 1 che con 3 che non comunicano con 2, che

dunque è transitorio.



Per P 2. 1 e 3 sono assorbenti e dunque ancora ricorrenti. 2 è transitorio, per lo stesso

motivo di prima. A differenza di P 1, per P 2 ci sono due classi irriducibili invece di una sola.

Esercizio 3. a) Si ha 1 → 3 → 2, mentre sia 2 che 3 comunicano con gli altri stati in un

passo solo. La catena è dunque irriducibile e, dato che c’è un elemento > 0 sulla diagonale,

è anche regolare.

b) La distribuzione invariante, π , è naturalmente unica per il Teorema di Markov 5.17

che garantisce anche che limn→∞ P1(Xn = 3) = π3. Calcoliamo allora la distribuzione

stazionaria. Il sistema agli autovalori è

π1 =2

3π2 +

2

9π3

π2 =2

3π3

π3 = π1 + 13

π2 + 19

π3

Dalle prime due equazioni si ricava π2 = π1 = 23

π3. Sostituendo questa relazione nella

condizione π1 + π2 + π3 = 1, si ottiene

7

3π3 = 1

da cui si ricava π3 = 37

e poi π1 = π2 = 27

.

Esercizio 4. a) Si vede subito che gli stati 1 e 2 comunicano con gli altri in un passo solo.Se 0 ≤ α < 1 allora 3 → 2 e, dunque, anche 3 → 1. Gli stati quindi comunicano tra loro e

la catena è irriducibile. Viceversa, se α = 1, allora 3 è uno stato assorbente e non comunica

con nessun’altro stato. In questo caso {3} è una classe chiusa strettamente contenuta in E e

la catena non è irriducibile.

b) Se α = 14

, sappiamo già che la catena è irriducibile grazie ad a); poiché per di più

c’è un elemento > 0 sulla diagonale della matrice di transizione, la catena è anche regolare.

La matrice di transizione prende la forma

P =

1

2

1

4

1

412

0 12

0 34

14

L’osservatore attento vede che P è bistocastica (la somma delle colonne è uguale a 1)

e dunque la distribuzione uniforme π = ( 13

, 13

, 13

) è stazionaria. Non è reversibile: ad

esempio π1p13 = 112

, mentre π3p31 = 0. Un attimo di riflessione del resto mostra che

quando la distribuzione invariante è uniforme, essa è reversibile se e solo se la matrice di

transizione è simmetrica.



b) Se α = 12

, la catena risulta regolare per lo stesso ragionamento del punto b). Ora la

matrice diventa

P =

12

14

14

12

0 12

01

2

1

2

e non è più bistocastica. Per calcolare la distribuzione stazionaria dobbiamo risolvere

l’equazione agli autovalori π = π P . Ciò significa considerare il sistema

π1 = 12

π1 + 12

π2

π2 = 14

π1 + 12

π3

π3 = 14

π1 + 12

π2 + 12

π3 .

Sostituendo la terza equazione (che è dipendente dalle altre due) con la condizione π1 +

π2 + π3 = 1, troviamo il sistema

π1 = 12

π1 + 12

π2

π2 = 14

π1 + 12

π3

π3 = 1 − π1 − π2

La prima equazione dà π1 = π2; sostituendo nella seconda si trova π2 = 23

π3 e infine,

sostituendo nella terza, π3 = 37

. Poi si ricava π1 = π2 = 27

. Anche qui si vede che questa

distribuzione invariante non è reversibile, dato che sempre π3p31 = 0 mentre π1p13 > 0.















Corso diPS2-Probabilità 2

, P.BaldiTutorato 6, 28 aprile 2011

Esercizio 1 a) Calcolare la funzione caratteristica di una v.a. di legge geometrica di para-metro p (P(X = k) = p(1 − p)k , k = 0, 1, . . .).

b) Sia (Xn)n una successione di v.a. di legge geometrica di parametro rispettivamentepn = λ

n. La successione ( 1

nXn)n converge in legge? In caso affermativo, qual è la legge

limite?

Esercizio 2 (Leggi Beta) Sia (Xn)n una successione di v.a. con Xn ∼ Beta(nα, nβ).

Mostrare che la successione (Xn)n converge in probabilità e determinare il limite.Esercizio 3 Sia (Xn)n una successione di v.a. indipendenti di legge di Laplace di parametro1 (cioè di densità f(x) = 1

2 e−|x|).a) Mostrare che la successione

S n = 1√ n

X1 + . . . + Xn

converge in legge e determinare la legge limite.b) Quanto vale, per n grande

P

1√ n

X1 + . . . + Xn

≥ 3

?

Esercizio 4 Supponiamodisaperedell’esistenzadiunapartitadidaditruccaticheproduconoil 6 con probabilità 2

9 . Per decidere se un dado è equilibrato o truccato usiamo la proceduraseguente: lo lanciamo 900 volte e decidiamo che esso è truccato se si ottiene il 6 più (≥)di 180 volte. Qual è la probabilità che un dado truccato venga effettivamente individuato?Qual è la probabilità che un dado equilibrato venga invece dichiarato truccato con questaprocedura?

Esercizio 5 Sia (Xn)n una successione di v.a. i.i.d. uniformi su [0, 1]e poniamo

M n = max(X1, . . . , Xn) .

a) Mostrare che la successione (M n)n converge in legge e determinare la legge limite.Converge anche in probabilità?

b) Mostrare che la successione

Zn = n(1 − M n)

converge in legge e determinare la legge limite.



Soluzioni

Esercizio ‘ex4.geom-exp’. a) Si ha

φ(θ) = E[eiθ X] = p

∞k=0

eiθ k(1 − p)k = p

∞k=0

((1 − p)eiθ )k =p

1 − (1 − p)eiθ

(vedi anche il libro, Esempio 3.68).b) Perstudiareillimiteinleggepossiamocalcolareillimitedellefunzionidiripartizione

oppure quello delle funzioni caratteristiche.Primo modo: funzioni di ripartizione. Se indichiamo con F n la f.r. di Y n = 1

nXn, allora

F n(t) = 0 per t < 0, mentre per t ≥ 0

F n(t) = P(Xn ≤ nt) = P(Xn ≤ nt ) =nt k=0

λ

n

1 −λ

nk

= 1 − 1 −

λ

nnt +1

( è la funzione parte intera) e dunque per ogni t ≥ 0

(1) limn→∞ F n(t) = 1 − e−λt ,

infatti

limn→∞

1 − λ

n

nt +1= lim

n→∞

1 − λ

n

n 1n

(nt +1)

elim

n→∞1n

(nt + 1) = λt e limn→∞

1 − λ

n

n

= e−1

Riconosciamo ora nel termine a destra nella (1) la f.r. di una legge esponenziale di parametroλ. Dunque Y n converge in legge ad una v.a. che ha questa distribuzione.

Secondo modo: funzioni caratteristiche. Ricordando l’espressione della funzione carat-teristica di una v.a. geometrica, si ha

φXn(θ ) =

λn

1−

(1−

λ

n)eiθ

= λ

n(1−

eiθ )

+λeiθ

e dunque

φY n (θ ) = φXn

θn

= λ

n(1 − eiθ/n) + λeiθ/n·

Osservando che

limn→∞ n(1 − eiθ/n) = θ lim

n→∞1 − eiθ/n

θn

= −θd

dθeiθ |θ=0 = −iθ



si ha

limn→∞ φY n (θ) = λ

λ − iθ

che è appunto la funzione caratteristica di una legge esponenziale di parametro λ.

Esercizio ‘ex4.beta’. a) Una v.a. Beta(α, β) ha media αα+β

e varianza αβ(α+β)2(α+β+1)

(vedi il libro). Dunque

E(Xn) = α

α + β, Var(Xn) = αβ

(α + β)2(nα + nβ + 1)·

Dunque le v.a. Xn hanno tutte la stessa media αα+β

, mentre la loro varianza tende a 0 pern → ∞. Basta ora applicare la disuguaglianza di Chebyshev, che dà

P(|Xn − αα+β | ≥ η) ≤ Var(Xn)

η2 →n→∞ 0

e dunque

XnP→

n→∞α

α + β·

Esercizio ‘ex4.laplace-conv’. La soluzione di questo esercizio è del tutto simile aquella del precedente. Prima di tutto si osserva che le v.a. di Laplace sono centrate, Dunquela loro varianza è

E(X2i ) = +∞

−∞x2e−|x| dx = 2 .

Dunque adesso

S n→

n→∞ N (0, 2)

e, indicando con Z una v.a. N(0, 1),

P 1√

n

X3

1 + . . . + X3n

≥ 3

P√

2 Z ≥ 3 = 1 −

3√ 2

= 1 − (2.12) = 0.017 .

Esercizio ‘ex4.an-dado’. Se un dado è truccato allora il numero totale X di 6 ottenuti in900 lanci si può scrivere X = X1 + . . . + X900, dove le v.a. X1, . . . , X900 sono di BernoulliB(1, 2

9 ). Dunque, con l’approssimazione normale

P(X ≥ 180) = P(X1 + . . . + X900 > 179.5) ≈ 1 −

179.5 − 900 · 2

9900 · 2

9 · 79

=

= 1 − (−1.64) = 0.9495 .



Dunque un dado truccato viene individuato con una probabilità del 95%.In questo caso l’approssimazione normale è giustificata, dato che np = 900 × 2

9 = 200è largamente più grande di 5. È preferibile all’approssimazione poissoniana che indica inquesto caso che B(900, 2

9 )

∼Poiss(200). Infatti quest’ultima darebbe

P(X ≥ 180) ∼ 1 − e−200179k=0

200k

k!

che obbligherebbe al calcolo di una somma di 180 termini. Inoltre qui l’ approssimazionepoissoniana non appare precisa: un calcolo numerico qui darebbe

vero valore approssimazione normale approssimazione poissoniana0.9512 0.9495 0.9283

Se invece il dado fosse equilibrato allora il numero totale di 6 in 900 lanci sarebbe mod-ellizzato da X = X1 + . . . + X900, dove però le v.a. Xi sono indipendenti e di BernoulliB(1, p ) , p = 1

6 . Poiché E(Xi ) = 16 e Var(Xi ) = 1

656 , usando l’approssimazione normale

P(X ≥ 180) = P(X1 + . . . + X900 > 179.5) ≈ 1 −

179.5 − 900 · 1

6900 · 1

6 · 56

=

= 1 − (2.63) = 0.0044 = 0.44% .

Esercizio ‘conv-max1’. a) La funzione di ripartizione di M n vale 0 per t

≤0 e 1 per

t ≥ 1. Se 0 ≤ t ≤ 1,

F M n (t) = P(M n ≤ t) = P(X1 ≤ t , . . . , Xn ≤ t) = P(X1 ≤ t ) . . . P(Xn ≤ t ) = t n .

Dunque

limn→∞ F M n (t) =

0 se t < 11 se t ≥ 1

che è la funzione di ripartizione di una v.a. che assume il valore 1 con probabilità 1. Laconvergenza ha luogo anche in probabilità, infatti

P(|M n−1| ≥ ε) = P(M n ≥ 1+ε)+P(M n ≤ 1−ε) = 1−F M n (1+ε)+F M n (1−ε) →n→∞ 0.

(infatti 1 − F M n (1 + ε) = 0 per ogni n mentre F M n (t) →n→∞ 0 per ogni t < 1)b) Si ha P(Zn ≤ t) = 0 per t < 0 mentre per t ≥ 0

P(Zn ≤ t) = P(1 − M n ≤ t n

) = P(M n ≥ 1 − t n

) = 1 − P(M n ≤ 1 − t n

) == 1 − (1 − t

n)n = 1 − e−t

che è la funzione di ripartizione di una v.a. esponenziale di parametro 1.

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