Mathematical Engineering - Probabilità

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Probabilita. Ingegneria Matematica - Prof. Marco Fuhrman - tema d'esame del 26/6/2012. Cognome:Nome: Matricola:Firma: I diritti d'autore sono riservati. Ogni sfruttamento commerciale non autorizzato sara perseguito. 1.SianoXeYvariabili aleatorie indipendenti, entrambe esponenziali di parametro λ >0. Si consideri il vettore aleatorio (X, X+Y). (a) Determinareφ (X;X+Y), la funzione caratteristica del vettore. (b) Trovare e disegnareS (X;X+Y), il supporto del vettore. (c) Mostrare che (X, X+Y) e un vettore aleatorio continuo e calcolarne la densitaf (X;X+Y). (d) Trovaref X+Y, la densita della variabile aleatoria X+Y, e riconoscerla. (e) Determinare e riconoscere la distribuzione condizionata diXdatoX+Y=t, dove t >0. (f ) DeterminareE[X|X+Y=t], il valore atteso condizionato diXdatoX+Y=t; determinare poiE[X|X+Y], il valore atteso condizionato diXdatoX+Y. (g) Determinare e riconoscere la distribuzione diE[X|X+Y]. (h) Stabilire, in uno dei molti modi possibili, se le variabiliXeX+Ysono indipendenti. 1 Soluzione. (a)Usando l'indipendenza diXeY, φ(X;X+Y)( u, v) =E[exp{i(uX+vX+vY)}] =φ X( u+v)φ Y( v) =λ λ−iu−ivλ λ−iv =λ 2 λ2 −iλ(u+ 2v)−uv−v2 (b) PoicheXeYhanno supporto (0,∞) risultaS (X;X+Y)={ (x, t)∈R2 : 0< x < t} . (c) (X, X+Y) =h(X, Y) con (X, Y) vettore aleatorio continuo (le sue componentiX eYsono variabili aleatorie continue e indipendenti) e conhtrasformazione lineare invertibile diR2 di determinante pari a 1. Pertanto (X, X+Y) e un vettore aleatorio continuo con f(X;X+Y)( x, t) =f (X;Y)( h 1 (x, t)) det J h 1( x, t) I S (X;X+Y)( x, t) =f X( x)f Y( t−x)I S (X;X+Y)( x, t) =λe x I(0;+1)( x)λe (tx) I(0;+1)( t−x) =λ2 e t I(0;+1)( x)I (x;+1)( t) (d) fX+Y( t) =∫ +1 1f (X;X+Y)( x, t) dx=∫ t 0λ 2 e t dx I (0;+1)( t) =λ2 te t I(0;+1)( t), cioe X+Y∼(2, λ). Tale risultato era peraltro noto dalla teoria. (e) Essendo (X, X+Y) un vettore aleatorio continuo, la variabileX|X+Y=tha distri- buzione continua di densita fXjX+Y( x|t) =f (X;X+Y)( x, t) fX+Y( t)=λ 2 e t I(0;t)( x) λ2 te t=1 tI (0;t)( x), cioeX|X+Y=t∼U(0, t). (f ) La media diU(0, t) et/2, da cuiE[X|X+Y=t] =t 2, E[X|X+Y] =X +Y 2. (g) E[X|X+Y] =X +Y 2∼ 1 2(2 , λ) = (2,2λ) (h) XeX+Ynon sono indipendenti, ad esempio percheS (X;X+Y)non e un prodotto cartesiano. 2 2. SiaTun tempo di attesa, variabile aleatoria esponenziale di parametroλ >0. Si discretizzi il tempo introducendo un'osservazione stroboscopica del fenomeno di interesse: ssaton≥1 intero, si osserva solo agli istantik/n, conk= 1,2, . . .. Si consideri innanzitutto Xn=              1 ,se 0< T≤1 n, 2,se1 n< T ≤2 n, . . . k,sek 1 n< T ≤k n, . . . la variabile che indica in quale intervallo temporale termina l'attesa. (a) Determinare la distribuzione diX n, riconoscendo che si tratta di una legge geometrica e trovandone il parametro in funzione diλen. (b) Determinare media e varianza diX n. Si consideri quindiTn=X n n=              1 n, se 0< T≤1 n, 2 n, se1 n< T ≤2 n, . . .k n, sek 1 n< T ≤k n, . . . la variabile che indica l'istante della nostra osservazione stroboscopica in cui termina l'attesa.(c) Calcolare la funzione caratteristica diT n. (d) Determinare media e varianza diT n. Si consideri in ne il limite pern→ ∞, con cui si torna dall'osservazione a tempo discreto all'osservazione a tempo continuo. (e) Calcolare il limite della media e della varianza diT n. (f ) Calcolare il limite in distribuzione diT n. Soluzione. (a) P(X n= k) =P( k1 n< T ≤k n) = e k 1 n −e k n = (1−e  n) e k 1 n per ogni intero k≥1, per cuiX n∼ G(1−e  n), cioeX ne geometrica di parametro p= 1−e  n, con valorik= 1,2, . . . . (b) La media e la varianza di tale legge geometrica sono 1/pe (1−p)/p2 rispettivamente, da cuiEX n=1 1−e  n, VarX n=e  n (1−e  n)2. (c) La funzione caratteristica della legge geometrica in questione ep eiu 1−(1−p)eiu, da cui φTn( u) =φ Xn( u/n) =(1 −e =n )ei u=n 1−e =n ei u=n. 3 (d)Dalle formule del punto (b) segue subitoET n=1 n(1−e  n), VarT n=e n n2 (1−e  n)2. (e) ET n=1 n(1−e  n)→ 1 λ, VarT n=e  n n2 (1−e  n)2→1 λ2. (f ) φTn( u) =(1 −e =n )ei u=n 1−e =n ei u=n∼1 −e =n 1−e(i u)=n∼λ/n (λ−iu)/n= λ λ−iuper cui T n→ Tin distribuzione. Si puo anche mostrare piu precisamente cheT n→ Tq.c. e inLp per ognip≥1. 4 3. SiaX=( X1 X2) un vettore aleatorio gaussiano con media nulla e varianza (4β β1) doveβe un parametro reale. Siano poi Y1= 3 X 2− X 1, Y 2= X 2− 3X 1. (a) Trovare i valori ammissibili perβ. (b) Scrivere la funzione caratteristica diX. (c) CalcolareC ov(Y 1, X ). (d) Trovare, se esistono, i valori diβper cuiX 1e Y 1sono indipendenti, e i valori di βper cuiX 1e Y 2sono indipendenti. Da ora in poi si suppongaβ= 0. (e) Calcolare la legge del vettoreZ=( 1 2X 1 X2) e la legge della variabileV=1 4X2 1+ X2 2. (f ) Trovare un numeroqtale cheP(V≤q) = 1/2. (g) Individuare e disegnare nel piano cartesiano una regioneCtale cheP(X∈C) = 1/2. Soluzione. (a) Imponendo che la varianza sia semide nita positiva si trova 4−β2 ≥0, cioe−2≤β≤2. (b) ϕ(u, v) = exp( −1 2( 4u2 +v2 −2β uv)) . (c) C ov(Y 1, X 1) = 3 C ov(X 2, X 1) −V ar(X 1) = 3 β−4, C ov(Y 1, X 2) = 3 V ar(X 2) −C ov(X 2, X 1) = 3 −β, da cui C ov(Y 1, X ) =( 3β−4 3−β) . (d) Poiche le variabili in questione sono combinazioni lineari delle componenti diX, sono congiuntamente gaussiane e l'indipendenza equivale all'incorrelazione. Imponendo 0 = C ov(X 1, Y 1) = 3 β−4 si trova cheX 1e Y 1sono indipendenti per β= 4/3. Imponendo 0 =C ov(X 1, Y 2) = C ov(X 1, X 2) −3V ar(X 1) = β−12 si trovaβ= 12 che non e pero un valore ammissibile. Non esiste pertanto alcun valore diβper cuiX 1e Y2sono indipendenti. (e) RisultaZ=AXcon A=( 1 20 0 1) . PercioZ∼N(0, A V ar(X)AT ) =N(0, I) e normale standard. Di conseguenzaV= 1 4X2 1+ X2 2= ∥Z∥2 ha leggeχ2 (2) = (1,1/2) =E xp(1/2). 5 (f )Risulta P(V≤q) = 1/2 se e solo se 1/2 =P(V > q) =e q=2 , cioeq= 2 log 2. (g)Si ottieneP(X∈C) = 1/2 scegliendoC={1 4x2 1+ x2 2≤ 2 log 2}, la regione racchiusa dall'ellisse di equazione1 4x2 1+ x2 2= 2 log 2. 6