Examen Final Tardor 2013 (2014)

Apunte Catalán
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 2º curso
Asignatura Probabilidad Procesos Estocasticos y Estadística
Año del apunte 2014
Páginas 4
Fecha de subida 08/04/2015
Descargas 2
Subido por

Vista previa del texto

´ de Barcelona ETS d’Enginyeria de Telecomunicacio ` PROBABILITAT, PROCESSOS ESTOCASTICS I ESTAD´ISTICA Soluci´ o de l’Examen final 21 de gener de 2014 1. Els ordinadors disponibles en certa regi´o presenten tres possibles sistemes operatius (SO): A, B i C. Es constitueixen grups de tres ordinadors triats independentment per realitzar un c` alcul. Anomenem N el nombre de diferents SO presents en un grup donat. El temps (en segons) que triga un grup en fer el c` alcul ´es una variable aleat` oria exponencial de par` ametre λ = 4 − N .
(a) Calculeu la funci´ o de probabilitat de N , deixant el resultat en funci´ o de les probabilitats (pA , pB , pC ) que un ordinador triat a l’atzar tingui cadascun dels SO.
(b) Particularitzeu el resultat anterior al cas en que els tres SO s´ on equiprobables.
Calculeu en aquest cas la probabilitat que un grup triat a l’atzar contingui el SO C si sabem que en aquest grup N = 1. Calculeu tamb´e aquesta probabilitat a priori i compareu-les.
(c) Considerem ara que en la poblaci´ o d’ordinadors disponibles un 70% t´e el SO A, un 20% el SO B i un 10% el C. Calculeu el temps mitj` a de c` alcul en el conjunt de tots els grups. Si una grup encara no ha finalitzat el c` alcul passat 1 segon, quina ´es la probabilitat que els seus tres ordinadors tinguin el mateix SO? (d) Amb els valors de pA , pB , pC de l’apartat anterior: En certa a`rea hi ha 25 grups de tres ordinadors. Calculeu el nombre mitj` a i la desviaci´ o del nombre de grups amb els tres SO diferents. Quina ´es la probabilitat que no hi hagi cap grup d’aquest tipus? Soluci´ o: (a) N = 1 correspon als casos [AAA], [BBB], [CCC]. N = 2 correspon als casos [AAB], [ABB], [AAC], [ACC], [BBC], [BCC], cadascun dels quals t´e 3 permutacions. N = 3 correspon al cas [ABC] que t´e 3! permutacions. Llavors: P(N = 1) = p3A + p3B + p3C .
P(N = 2) = 3(p2A pB + pA p2B + p2A pC + pA p2C + p2B pC + pB p2C ).
P(N = 3) = 6pA pB pC .
1 (b) pA = pB = pC = .
3 P(N = 1) = 3 · 1 1 = , 3 3 9 P(N = 2) = 3 · 6 · 1 1 6 · = , 2 3 3 9 P(N = 3) = 6 · 1 2 = .
3 3 9 A priori: P(C en grup) = 1 − P(no C en grup) = 1 − (pA + pB )3 = 1 − P(C en grup|N = 1) = 2 3 3 = 19 = 0,704.
27 P(tots C) p3C 1 = 3 = = 0,33.
3 3 P(N = 1) 3 pA + pB + pC La probabilitat ha disminu¨ıt ja que les possibilitats d’aparici´ o d’ordinadors tipus C es redueix si tots tres han de tenir el mateix SO.
1 (c) P(N = 1) = 0,73 + 0,23 + 0,13 = 0,352.
P(N = 2) = 1 − 0,352 − 0,084 = 0,564.
P(N = 3) = 6 · 0,7 · 0,2 · 0,1 = 0,084.
Si T ´es el temps que triga en fer-se el c` alcul, T condicionada a N = k ´es exponencial 1 1 amb λ = 4 − k i t´e esperan¸ca λ = 4−k : 3 E[T ] = k=1 = 3 E[T |N = k]P(N = k) = k=1 1 P(N = k) = 4−k 1 1 P(N = 1) + P(N = 2) + P(N = 3) = 0,1483.
3 2 Tenint en compte que per una variable exponencial P(X > x) = e−λx : P(N = 1|T > 1) = P(T > 1|N = 1)P(N = 1) 3 P(T > 1|N = k)P(N = k) k=1 = e−3 · 0,352 = 0,1404.
e−3 · 0,352 + e−2 · 0,564 + e−1 · 0,084 (d) Si X ´es la variable que d´ ona el nombre de grups amb els tres SO diferents, X ´es binomial amb n = 25 i p = P(N = 3) = 0,084. Llavors mX = np = 2,1 i √ σX = npq = 1,38. P(X = 0) = (1 − p)n = 0,91625 = 0,1115.
2 2. Donada una variable aleat`oria exponencial X de par`ametre λ, es considera la variable aleat` oria condicionada Y |X amb funci´ o de densitat de fY |X (y) = λe−λ(y−x) , y > x. Es demana calcular: (a) La funci´ o de densitat conjunta fXY (x, y), i la funci´ o de densitat marginal fY (y).
(b) L’esperan¸ca E(Y ), directament a partir de fY (y), i utilitzant la f´ ormula E(Y ) = E(E(Y |X)).
(c) Donat un nombre real positiu α, la probabilitat P(X ≤ α, Y > α).
Soluci´ o: (a) La densitat marginal de X ´es fX (x) = λe−λx , x > 0.
fXY (x, y) = fY |X (y)fX (x) = λe−λ(y−x) λe−λx = λ2 e−λy en la regi´ o 0 < x < y < ∞.
∞ fY (y) = y dxfXY (x, y) = −∞ ∞ (b) E(Y ) = dxλ2 e−λy = λ2 ye−λy per y > 0.
0 ∞ dyyfY (y) = −∞ dyyλ2 ye−λy = (canvi t = λy) = 0 ∞ E(Y |X = x) = −∞ ∞ dyyfY |X (y) = ∞ = x 1 λ ∞ dtt2 e−t = 0 2 .
λ dyyλe−λ(y−x) = (canvi t = y − x) dt(x + t)λe−λt = x + 0 Llavors: E(Y ) = E(E(Y |X)) = E X + 1 λ = 1 .
λ 1 1 2 + = .
λ λ λ (c) L’esdeveniment correspon al rectangle 0 < x < α, α < y < ∞, contingut en el domini de la variable (X, Y ).
∞ α P(X ≤ α, Y > α) = ∞ α dx 0 α dyfXY (x, y) = dx 0 α dyλ2 e−λy = α −λe−λy 3 ∞ α = λαe−λα.
3. (a) A partir de la variable aleat`oria T , exponencial de par`ametre λ, es defineix el proc´es X(t) = 1 per a t ∈ [0, T ] i X(t) = 0 altrament. Calculeu le seva funci´ o de ´ valor mitj` a i la seva autocorrelaci´ o. Es un proc´es estacionari en sentit ampli? (b) Si X(t) ´es el proc´es senyal telegr` afic semialeatori, calculeu la millor estimaci´ o lineal no homog`enia de X(t2 ) en termes de X(t1 ) amb t1 ≤ t2 .
(c) Si X1 (t) i X2 (t) s´ on processos de Poisson independents de par` ametre λ1 i λ2 , respectivament, calculeu l’estad´ıstica de primer ordre (funci´ o de probabilitat) del proc´es suma S(t) = X1 (t) + X2 (t). Quina classe de proc´es ´es? Soluci´ o: (a) X(t) ´es un proc´es d’estat discret amb valors 0, 1. P(X(t) = 1) = P(T > t) = 1 − FT (t) = e−λt .
El seu valor mitj` a ´es m(t) = E(X(t)) = 0 · P(X(t) = 0) + 1 · P(X(t) = 1) = e−λt .
La seva autocorrelaci´ o: R(t1 , t2 ) = E(X(t1 )X(t2)) = 0 · 0 · P(X(t1 ) = 0, X(t2) = 0) + 0 · 1 · P(X(t1 ) = 0, X(t2 = 1) +1 · 0 · P(X(t1) = 1, X(t2 ) = 0) + 1 · 1 · P(X(t1) = 1, X(t2) = 1) = P(X(t1) = 1, X(t2) = 1) = P(T > t1 , T > t2 ) = P(T > max(t1 , t2 )) = e−λ max(t1 ,t2 ).
El proc´es no ´es estacionari ja que m(t) no ´es constant.
(b) Estimem X(t2 ) per X(t2 ) = aX(t1 ) + b. Calculem a, b segons el principi d’ortogonalitat: E[(X(t2) − X(t2 ))X(t1 )] = 0 E[(X(t2 ) − X(t2 )) · 1] = 0 D’on, aE[X(t1 )2 ] + bE[X(t1)] = E[X(t2 )X(t1 )] aE[X(t1)] + b = E[X(t2 )] Fent servir el valor mitj` a i l’autocorrelaci´ o del senyal telegr` afic semialeatori, E[X(t)] = e−λt , RX (t1 , t2 ) = e−λ|t2 −t1 | , a + be−λt1 = e−λ(t2 −t1 ) que t´e soluci´ o a = e−λ(t2 −t1 ) i b = 0.
ae−λt1 + b = e−λt2 tenim (c) X1 (t) i X2 (t) s´ on d’estat discret amb valors 0, 1, 2, . . .. Llavors S(t) tamb´e pren valors 0, 1, 2, . . . i n P(S(t) = n) = P (X1 (t) + X2 (t) = n) = k=0 n −λ1 t (λ1 t) = e k=0 = k! e−(λ1 +λ2 )t n! k −λ2 t (λ2 t) e n k=0 n−k (n − k)! P(X1 (t) = k)P(X2(t) = n − k) n −(λ1 +λ2 )t =e k=0 1 (λ1t)k (λ2 t)n−k k!(n − k)! n! ((λ1 + λ2 )t)n (λ1 t)k (λ2 t)n−k = e−(λ1 +λ2 )t .
k!(n − k)! n! S(t) ´es un proc´es de Poisson de par` ametre λ = λ1 + λ2 .
4 ...