I Esonero PS5 : 24-4-2001 E. Scoppola Soluzioni

Esercizio 1

Punto (i).

Se consideriamo l’evento {T = 3} allora è chiaro che:

{T = 3} = {X_{1} = t} ∩ {X_{2} = c} ∩ {X_{3} = t} ∈ F_{n}

procedendo per iterazione troviamo:

{T = k} = {T > k − 1} ∩ {X_{k−2} = t, X_{k−1} = c, X_{k} = t} ∈ F_{k}

Punto (ii).

Per calcolare 𝔼(T) possiamo applicare il Teorema di Optional Stopping Time di Doob alla martingala definita attraverso le seguenti regole del gioco:

ad ogni istante entra un giocatore puntando 1 e scommettendo sull’ uscita di testa (t) se vince prende il doppio della puntata e punta tutto su croce (c) quindi, in caso di ulteriore vittoria vince ancora il doppio e punta tutto t. Possiamo formalizzare la situazione nel seguente modo:

S_{n} ≡ soldi del banco all’ ennesima giocata

X_{k}^{i} ≡ soldi posseduti dall’i-esimo giocatore alla giocata numero k

cosicché:

S_{n} = − ∑_{i=1}^{n} X_{n}^{i} + n

ne viene:

𝔼 (S_{n} | F_{n−1}) = 𝔼 (− ∑_{i=1}^{n−1} X_{n}^{i} − X_{n}^{n} + n − 1 + 1 | F_{n−1}) = S_{n−1}−2ℙ(t)+1 = S_{n−1}

e quindi:

𝔼(S_{n}) = 𝔼(S_{0}) = 0

applicando il Teorema di O.S.T. di Doob abbiamo:

𝔼 (S_{T}) = 0 = 2 + 2^{3} − 𝔼(T) ⇒ 𝔼(T) = 10

Punto (iii). Nel caso p ≠ \frac{1}{2} si vince: \frac{1}{p} · (puntata) se si sceglie di scommettere su testa e si vince \frac{1}{q} · (puntata) scommettendo su croce, abbiamo:

𝔼 (S_{T}) = 0 = \frac{1}{p} · \frac{1}{q} · \frac{1}{p} + \frac{1}{p} − 𝔼(T) ⇒ 𝔼(T) = \frac{1}{p} (\frac{1}{pq} + 1)

Nota: Si può applicare il T.di Doob perchè abbiamo le due condizioni:

(1) 𝔼(T) < ∞

(2) | S_{n} − S_{n−1} |≤ k ∀n Esercizio 2 Se X_{n} è una supermartingala non negativa allora X_{n} è limitata in L^{1} infatti 𝔼 (| 𝔼 |) = 𝔼(X_{n}) ≤ 𝔼(X_{0}) → applicando il teorema di convergenza di Doob esiste q.o. finito il limite: lim_{n→∞} X_{n}. Esercizio 3 Punto (i) Definiamo:

F_{n} ≡ σ (U_{1}, …, U_{n}, V_{1}, …, V_{n})

allora:

{T = k} = ∩_{i=1}^{k−1} {U_{i}^{2} + V_{i}^{2} ≤ r^{2}} ∩ {U_{k}^{2} + V_{k}^{2} > r^{2}} ∈ F_{k}

Punto (ii). Usando il fatto che la somma di due martingale è ancora una martingala, mostriamo che tanto U_{n}^{2} − n quanto V_{n}^{2} − n sono martingale:

\begin{aligned}𝔼 (U_{n}^{2} − n | F_{n−1}) & = 𝔼 ((U_{n−1} + X_{n})^{2} − n | F_{n−1}) = \\ & = U_{n−1}^{2} + U_{n−1}𝔼(X_{n}) + 𝔼(X_{n}^{2}) − n + 1 − 1 = U_{n−1}^{2} − (n − 1) \end{aligned}

e similmente per: V_{n}^{2} − n. Punto (iii). Ora U_{n}^{2} + V_{n}^{2} − 2n = M_{n} è una martingala ed inoltre 𝔼 (T) < ∞ (per il lemma 10.11 di [Williams] ^{1} ) e si ha: | M_{n}−M_{n−1} |=| U_{n}^{2}+V_{n}^{2}−2n−U_{n−1}^{2}−V_{n−1}^{2}−(2n−1) |≤ 4r^{2}+1 (sulla catena arrestata) ne viene che (dal Teorema di Doob per O.S.T.):

𝔼(M_{T}) = 𝔼(M_{0}) = 0 ⇒ 𝔼(M_{T}) = 𝔼 (U_{T}^{2} + V_{T}^{2} − 2T ) ≥ r^{2} − 2𝔼(T)

1In particolare si prenda T = r e ϵ = ( \frac{1}{2} )^{r}.