Ingegneria Energetica - Analisi e Geometria 1

Full exam

Teoria dei fenomeni aleatori e della stima – 27/01/2020•Ogni esercizio viene valutato da 0 a 6 punti. •Verranno valutate solo le parti scritte in penna – non usare correttori. •Non riportare solo il risultato, ma cerca di argomentare sinteticamente la risposta. •Riportare il proprio nome, cognome, e numero di matricola su ogni foglio consegnato. •Esercizio da escludere dal punteggio finale: 1 Sapendo di aver estratto (senza reinserimento) due carte rosse da un mazzo ben mescolato di 52 carte, qual `e la probabilit`a che la terza carta estratta sia di cuori? 2SianoX∼ U[0,1] eY∼Bern(0.5) due variabili aleatorie indipendenti, e siaZ=X+Y. Determinare la legge di probabilit`a diZe graficarla. 3 SianoX∼ N(0,1) eY∼ N(1,2) due variabili aleatorie Gaussiane con coefficiente di correlazione ρ[X;Y] = 0.5. CalcolareE[(X−Y)2 ]. 4In un negozio ci sono due casse che condividono una coda unica. Il primo cliente della coda viene servito dalla prima cassa che si libera. Sapendo che •all’orario di chiusura ci sono 10 clienti in coda e che le casse sono gi`a occupate, e •il tempo di servizio di ogni cassa `eT∼Exp(λ= 1/30) secondi indipendentemente per ogni cliente, calcolare qual `e il tempo medio dopo il quale entrambe le casse saranno chiuse. Suggerimento: ragionare in termini di oppurtuni split e merge di processi aleatori. 5 Si consideri la catena di Markov tempo-discreta in figura. La catena si trova nello stato 1 al tempo 1. (a) Classificare gli stati in transienti e ricorrenti. (b) La catena `e periodica? Giustificare la risposta (c) Qual `e la probabilit`a di trovarsi nello stato 1 dopo un lungoperiodo? 1 2 4 5 3 0.5 0.5 1 0.5 1 0.5 1 6Si consideri il lancio di due dadi ben bilanciati a 4 facce, e si suppon ga di ripetere l’esperimento tantissime volte e di annotare ogni volta la somma delle facce risultanti. Qual `eil numero minimo di bit per lancio che mediamente servono per descrivere il risultato della somma? Soluzioni Problema 1 La probabilit`a di estrarre una carta di cuori alla terza estrazione (eventoC), sapendo di averne estratte 2 rosse (eventoR), viene influenzata dal numero di carte di cuori che sono gi`a state estratte. I casi possibili sono 0, 1, oppure 2 carte (rispettivamente eventiA 0, A 1, e A 2), perch´e sappiamo solo che sono state estratte 2 carte rosse. Grazie alla legge delle probabilit`a totali possiamo scrivere: Pr(C|R) = Pr(C|A 0, R ) Pr(A 0| R) + Pr(C|A 1, R ) Pr(A 1| R) + Pr(C|A 2, R ) Pr(A 2| R) dovePr(C|A i, R ) =13 −i 50, i ={0,1,2}, perch´e alla terza estrazione rimangono 13−icarte di cuori su 50 se sono state estratteicarte di cuori nelle prime due estrazioni. Per le tre probabilit`a restanti possiamo ragionare cos`ı: sapendo che sono state estratte 2 carte rosse, lo spazio campionario si riduce alle sole carte rosse, di cui la met`a sono di cuori. Per ragioni di simmetria, la probabilit`a di estrarre un solo cuori sar`a Pr(A 1| R) = 1/2, e le probabilit`a di estrarre 0 oppure 2 cuori saranno identiche, quindi Pr(A 0| R) = Pr(A 2| R) = 1/4, poich´e queste tre probabilit`a devono sommare a 1. In definitiva: Pr(C|R) =13 501 4 + 12 501 2 + 11 501 4 = 0 .24. Problema 2 Usando la legge delle probabilit`a totali si ha:fZ( z) =f Z|Y=1( z)p Y(1) + f Z|Y=0( z)p Y(0) (1) =1 2( f X( z−1) +f X( z−0))(2) = 1 20 ≤z≤2, 0 altrimenti,(3) dove in (2) abbiamo fatto uso dell’indipendenza traXeY. Da notare cheZ∼ U[0,2], da cui il grafico segue facilmente. Problema 3 Il coefficiente di correlazione `e definito come ρ[X;Y] =E [X Y] pVar[X]Var[Y] da cui si ricava cheE[X Y] =ρ[X;Y]p Var [X]Var[Y] = 0.5∙√ 1 ∙2 =√ 2 2 . Il calcolo richiesto si pu`o impostare come E[(X−Y)2 ] =E[X2 ]−2E[X Y] +E[Y2 ] doveE[X2 ] =Var[X] +E[X]2 = 1(4) E[Y2 ] =Var[Y] +E[Y]2 = 2 + 1 = 3.(5) QuindiE[(X−Y)2 ] = 1−√ 2 + 3 = 4 −√ 2. Problema 4 Poich´e i tempi di servizio ad ogni cassa sono esponenziali e indipendenti, all’uscita di ogni cassa si osserva un processo di arrivo di PoissonP P(λ= 1/30). Dunque si hanno due processi di Poisson indipendenti che possono anche essere interpretati come il risultato di uno splitting di un unico processo di Poisson con tasso doppio, cio´eP P(λ= 2/30). Equivalentemente, ogni utente in cima alla coda deve aspettare mediamente un tempo di 30/2 = 15 secondi prima di essere servito. Il tempo medio totale per servire i 10 clienti sar`a dato dal tempo totale che l’ultimo cliente in coda rimane nel negozio, cio´e 15∙10 + 30 = 180 secondi, dove alla fine abbiamo sommato i 30 secondi che mediamente passano per servire l’ultimo cliente. 2 Problema 51. Tutti gli stati sono ricorrenti. 2. La catena non `e periodica, grazie, ad esempio, all’autoanello nello stato 1. 3. Siccome c’`e una sola classe ricorrente, esiste la distribuzione stazionaria, e si pu`o impostare il sistema:               π 1= 0 .5π 1+ 0 .5π 2 π2= 0 .5π 1+ π 5 π3= 0 .5π 2 π4= π 3 π5= π 4 1 =P 5 i=1π i che, sostituendo le probabilit`a in funzione diπ 1nell’ultima equazione, pu`o essere risolto come 1 =π 1(1 + 1 + 0 .5 + 0.5 + 0.5) cio´eπ 1= 2 /7. Problema 6 Le possibili somme vanno da un minimo diX= 2 a un massimo diX= 8, e le probabilit`a sono pX(2) = p X(8) =1 16 (6) pX(3) = p X(7) =2 16(7) pX(4) = p X(6) =3 16(8) pX(5) =4 16. (9) Il numero minimo di bit che in media servono per descrivere la somma del lancio dei due dadi `e pari all’entropia della somma dei due dadi. L’entropia si calcola come H(X) =−8 X x=2p X( x) log 2p X( x)(10) = 2 1 16∙ 4 +1 8∙ 3 +3 16∙ log 216 3 +1 4∙ 4 (11) ≈3.1556 bit/lancio.(12) 3