note a margine

1
Sulla dimostrazione del TLC
Lo scopo della seguente variante di dimostrazione è quello di evitare l’uso del logaritmo in
campo complesso, non di¢ cile ma comunque un po’insidioso.
Nella dimostrazione del TLC si arriva a dover dimostrare, per t …ssato, che
1
lim
n!1
t2
+o
2n
t2
n
n
=e
t2 =2
2
dove, cosa importante, la successione o tn è a valori complessi. Riscrivendo l’espressione
come
0
1n
t2
t2
n
1
+
o
2
2n
n
t
@
A
1
2
t
2n
1 2n
basta dimostrare che il secondo fattore, che possiamo riscrivere nella forma
0
1n
2
o tn
@1 +
A
t2
1 2n
tende ad 1. Riscriviamo per comodità
o
1
t2
n
t2
2n
nella forma
! t (n)
n
dove ! t (n) è una successione
in…nitesima a valori complessi. La tesi è quindi limn!1 1 +
! t (n)
1+
n
n
X
n
k
n
1
=
k=1
n
X
n
k
k=1
! t (n)
n
j! t (n)j
n
j! t (n)j
1+
n
=
! t (n)
n
n
= 1. Vale
n k
n k
n
1:
Quindi basta dimostrare che
lim
n!1
j! t (n)j
1+
n
n
= 1:
A questo punto i numeri complessi sono spariti, per cui si può svolgere la dimostrazione in
vari modi (ad esempio passando ai logaritmi, reali), che lasciamo per esercizio.
1
2
Sulla dimostrazione della Proposizione 4.2.2
A completamento delle dimostrazioni riportate sulle dispense, può essere utile sviluppare
anche un’intuizione gra…ca disegnando passo a passo le funzioni e gli insiemi illustrati nella
seguente argomentazione.
Supponiamo che vanga la condizione (b) della Proposizione e dimostriamo la (a).
Dimostriamo una proprietà preliminare di interesse anche autonomo: per ogni > 0
esiste R > 0 tale che
n (B (0; R)
Innanzi tutto, dato
c
)
;
> 0 esiste R > 0 tale che
(B (0; R)c )
:
(B (0; R)c )
. Infatti,
\
N
B (0; N )c = ;
da cui limN !1 (B (0; N )) = 0, da cui la proprietà che volevamo veri…care. A questo
punto,
c
n (B (0; R) ) = n (R)
n (B (0; R))
n (R)
n (fR )
dove fR è continua, vale 1 su B (0; R
ed 1. Pertanto
lim sup
c
n (B (0; R) )
(R)
1), zero su B (0; R)c e nel mezzo è compresa tra 0
(fR )
(R)
(B (0; R
1)) =
(B (0; R
1)c ) :
Da qui e dalla proprietà dimostrata sopra per , discende facilmente che, dato > 0 esiste
indipendentemente da n.
R > 0 tale che n (B (0; R)c )
Torniamo ora alla dimostrazione principale, cioè che (b) implica (a).
Presa f 2 Cb , che senza restrizione possiamo supporre compresa tra 0 ed 1, preso > 0,
…ssiamo un R > 0 con la proprietà appena dimostrata. Sia fR uguale ad f su B (0; R)
uguale a zero su B (0; R + 1)c , compresa tra 0 ed 1 nel mezzo e continua. Allora
n (f )
(f ) =
n (fR )
+
Il primo termine,
j
n (f
n (fR )
fR )
(fR )
n (f
fR )
(f
fR ) :
(fR ), tende a zero. Il secondo è maggiorato da
(f
fR )j
j
n (f
2j
fR )j + j (f
c
n (B (0; R)
4 :
Ne discende facilmente
lim
n!1
n (f )
(f ) = 0:
2
fR )j
)j + 2 j (B (0; R)c )j
3
Sulla costruzione del processo di Poisson
3.1
Introduzione
Riprendiamo la costruzione delle dispense,
Pnindicando con Si gli intertempi esponenziali
P
(indipendenti e di parametro ), con Tn = i=1 Si gli istanti di salto, con Nt = 1
n=1 1Tn t
il presunto processo di Poisson. Nel seguito supporremo di aver già veri…cato, come sulle
dispense, che Nt P ( t), per ogni t 0.
Approfondiamo la veri…ca del fatto che Nt Ns è indipendente da Ns ed è P ( (t s)).
Come sappiamo, ciò discende dal fatto che
P (Nt
Ns = hjNs = k) = P (Nt
s
= h) :
(1)
Infatti, in tal caso, Vale
P (Nt
Ns = h) =
X
P (Nt
Ns = hjNs = k) P (Ns = k)
k
= P (Nt
s
= h)
= P (Nt
s
= h)
X
P (Ns = k)
k
ed inoltre vale
P (Nt
3.2
Ns = h; Ns = k) = P (Ns = k) P (Nt
s
= h) = P (Ns = k) P (Nt
Ns = h) :
Premessa
Useremo un concetto relativamente nuovo: l’indipendenza e la distribuzione condizionata
ad un evento. Diciamo che gli eventi A e B sono indipendenti condizionatamente all’evento
C (con P (C) > 0) se
P (A \ BjC) = P (AjC) P (BjC) :
Questo equivale a
P (A \ B \ C) P (C) = P (A \ C) P (B \ C) :
Vediamo due casi particolari.
Remark 1 Se A; B; C sono indipendenti, allora A e B sono indipendenti condizionatamente a C.
Remark 2 Se B è indipendente dai tre eventi A; C; A \ C, allora A e B sono indipendenti
condizionatamente a C. Infatti
P (A \ B \ C) P (C) = P (B) P (A \ C) P (C) = P (A \ C) P (B \ C) :
3
Oltre a ciò, parleremo di densità di una v.a. X condizionata ad un evento C una
funzione densità f tale che
Z a
f (x) dx
P (X ajC) =
1
(ovviamente questa de…nizione si generalizza ad un concetto di legge condizionata; a noi
servità la densità).
Può essere chiari…catore immaginare che lo spazio ( ; F; P ) sia stato rimpiazzato dallo
spazio (C; FC ; P ( jC)), dove FC è formata dagli insiemi A \ C, con A 2 F. I concetti
di indipendenza e legge condizionale sono le usuali nozioni di indipendenza e legge viste
però per gli oggetti "ristretti" a (C; FC ; P ( jC)). Per le v.a. e per i processi, il concetto di
restrizione è quello usuale: si considera XjC , ed analogamente per un processo.
3.3
Veri…ca della (1)
Veniamo quindi alla dimostrazione di (1). Il numero intero k ed il numero reale positivo
s usati nel seguito sono quelli dell’evento fNs = kg. In analogia a quanto descritto poco
sopra, consideriamo lo spazio (C; FC ; P ( jC)) con C = fNs = kg. Consideriamo il processo
stocastico (Nt Ns )t s (s …ssato) ristretto a questo spazio, che chiameremo processo coneu
dizionato a fNs = kg. Indichiamo con N
questo processo, ovvero precisamente
u 0
eu
Se mostriamo che N
Poniamo
eu = (Ns+u
N
Ns ) jfNs =kg .
P ( u), la (1) è veri…cata.
Se1 : Tk+1 s
Sej = Sk+j per j
2:
Essi (come illustrato sulle dispense) sono gli intertempi di salto del processo
Poniamo
Ten =
da cui discende
Se veri…chiamo che le v.a.
eu
legge E ( ), ne discende N
dimostrazione è completa.
Sej
eu =
N
j 1
n
X
i=1
1
X
n=1
Sei
1Ten
u
eu
N
u 0
.
:
sono, condizionatamente a fNs = kg, indipendenti e di
P ( u) come nel caso già visto delle v.a. (Sj )j
4
1
ed Nt e la
Premettiamo un caso facile, illustrato anche sulle dispense:
P Se2
a2 ; :::; Sen
an jNs = k
n
Y
=
=
i=2
n
Y
P Sei
P (Sk+i
ai jNs = k
ai )
i=2
o
ai = fSk+i ai g (per i 2), gli
perché, essendo fNs = kg = fTk
n
o
n
o
eventi Se2 a2 ; :::; Sen an ; fNs = kg sono indipendenti; basta quindi usare l’osservazione
n
s < Tk+1 g e Sei
Sej
1. Quindi le v.a.
j 2
sono, condizionatamente a fNs = kg, indipendenti e di legge
E ( ).
n
Includiamo ora Se1 . In base all’osservazione 2 (applicata ad A = Se1
n
o
Se2 a2 ; :::; Sen an , C = fNs = kg), vale
P Se1
Quindi le v.a.
Sej
a1 ; Se2
j 1
a2 ; :::; Sen
an jNs = k =
n
Y
i=1
P Sei
o
a1 , B =
ai jNs = k :
sono indipendenti, condizionatamente a fNs = kg. Resta da ver-
i…care che Se1 , condizionatamente a fNs = kg, ha legge E ( ). Per questo, utilizziamo il
seguente calcolo, basato su regole di probabilità condizionale, ancune delle quali forse solo
accennate in passato (indicheremo con fTk la densità di Tk ):
P (Tk+1
s
P Se1
a; Tk
ajNs = k =
P (Tk+1
s a; Tk s < Tk+1 )
P (Ns = k)
s < Tk+1 ) = P (Tk s; s < Tk + Sk+1 s + a)
Z s
=
P (Tk s; s < Tk + Sk+1 s + ajTk = u) fTk (u) du
0
Z s
=
P (s < u + Sk+1 s + a) fTk (u) du
0
Z s
=
e (s u) e (s+a u) fTk (u) du
0
Z s
1
k k 1
=
e (s u) e (s+a u)
u e u du
(k 1)!
0
Z s
1
s
(s+a)
k
=
e
e
uk 1 du
(k 1)!
0
k
s
(s+a) 1
=
e
e
( s)
k!
5
P Se1
ajNs = k =
e
s
e
e
che dimostra ciò che volevamo.
6
(s+a)
s1
k!
1
k!
k
( s)
( s)k
=1
e
a