Ingegneria Energetica - Analisi e Geometria 1

Second partial exam

Teoria dei fenomeni aleatori e della stima { 04/07/2017 { Compito A 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, numero di matricola, e tipo di compito svolto su ogni foglio consegnato1Si hanno delle lampadine e la vita di ognuna e distribuita esponenzialmente con parametro , indipen- dentemente da tutte le altre lampadine. Si accendono 10 lampadine contemporaneamente. Qual e la probabilita che la prima lampadina si sia spenta prima dell'istante di tempo? Qual e la probabilita che l'intervallo di tempo tra la prima rottura e la seconda rottura sia superiore a? Suggerimento: si interpretino gli istanti di rottura del le lampadine come istanti di arrivo di opportuni processi di Poisson. Fare attenzione al numero di lampadine accese.2Sia Xun processo Gaussiano a media nulla, cioe conE[X(t)] = 0 per ognit. Considerare il processoY doveY(t) =X(t)X(t1) + 1. Il processoYe Gaussiano? Determinare Y( t) =E[Y(t)],R X Y( t 1; t 2) = E[X(t 1) Y(t 2)], e R Y Y( t 1; t 2) = E[Y(t 1) Y(t 2)]. Se necessario, esprimere il risultato in funzione di R X X. Si assuma ora che il processoXsia stazionario. Il processoYe stazionario?3Si consideri la catena di Markov tempo-discreta in gura. La catena si trova nello stato 1 al tempo 0. (a)Classicare gli stati in transienti e ricorrenti. (b)Mediamente dopo quante prove si esce dallo stato 1? (c)Qual e la probabilita di essere nello stato 3 dopo 4 prove? (d)Dopo un lunghissimo tempo, qual e la probabilita di esserenello stato 6?123 4560 :30 :210 :30 :81 0 :41 0 :50 :54Considerare la regione Rin gura delimitata dal parallelogramma. Due v.a.XeYhanno distribuzione congiunta uniforme nella regioneRe zero altrimenti. Si vuole stimareYbasandosi sull'osservazioneX. (a)Trovare la stima LMS diY,b YLMS= g(X). (b)Calcolare l'errore quadratico medioE[(Yg(X))2 ]. (c)Trovare il miglior stimatore lineareb YLin= `(X). (d)Calcolare l'errore quadratico medioE[(Y`(X))2 ].x0 2 -112y R 5Siano date le ipotesi H 0: XExp(1) eH 1: XExp(2). Si costruisca la regione di riutoRdell'ipotesi nulla, tramite il likelihood ratio test basato sull'osservazione diX. Si determini il valore della sogliatale che la probabilita di falso riuto sia pari a 0:05.6Usare il metodo acceptance-rejection generando campioni uniformemente distribuiti in [0 ;1] per campi- onare da una v.a.Xcon ddp fX( x) = 6x(1x) 0x1; 0 altrimenti. Scrivere l'algoritmo acceptance-rejection con la miglior ecienza possibile. Mediamente quanti campioni bisogna generare per vederne uno accettato? Soluzioni Problema 1 L'istante di rottura di ogni lampadina puo essere interpretato come l'arrivo di un processo di Poisson, quindi si hanno 10 processi indipendenti di Poisson, ognuno a tasso. Per la rottura della prima lampadina si puo considerare il processo unione di tutti i 10 processi di Poisson, avendo cos un unico processo di Poisson a tasso 10. SiaT 1il tempo del primo interarrivo del processo di Poisson unione, quindiT 1 Exp(10). La probabilita che la prima lampadina si spenga prima del tempoe: Pr(T 1 ) =F T1( ) = 1e 10 : SiaT 2il tempo di interarrivo tra la prima rottura e la seconda rottura. Siccome dopo la prima rottura rimangono 9 lampadine accese,T 2 Exp(9), eT 1e indipendente da T 2. La probabilita che la seconda lampadina si spenga non prima di un tempodalla prima rottura e: Pr(T 2 ) = 1Pr(T 2 ) = 1F T2( ) =e 9 :(1) Problema 2 Ogni v.a.Y(t) e Gaussiana perche ottenuta come combinazione lineare di v.a. Gaussiane. QuindiYe Gaussiano. La media e Y( t) = X( t) X( t1) + 1 = 1: La cross-correlazione eRX Y( t 1; t 2) = E[X(t 1)( X(t 2) X(t 2 1) + 1)] =E[X(t 1) X(t 2)] E[X(t 1) X(t 2 1)] +E[X(t 1)] =R X X( t 1; t 2) R X X( t 1; t 2 1): L'autocorrelazione diYe: RY Y( t 1; t 2) = E[(X(t 1) X(t 1 1) + 1)(X(t 2) X(t 2 1) + 1)] =E[X(t 1) X(t 2)] E[X(t 1) X(t 2 1)]E[X(t 1 1)X(t 2)] + E[X(t 1 1)X(t 2 1)] + 1 =R X X( t 1; t 2) R X X( t 1; t 2 1)R X X( t 1 1; t 2) + R X X( t 1 1; t 2 1) + 1: Assumendo la stazionarieta diX, e in particolareR X X( t 1; t 2) = R X X( t 2 t 1) = R X X( ) si ha RY Y( t 1; t 2) = R X X( t 1; t 2) R X X( t 1; t 2 1)R X X( t 1 1; t 2) + R X X( t 1 1; t 2 1) + 1 =R X X( )R X X( 1)R X X( + 1) +R X X( ) + 1 = 2R X X( )R X X( 1)R X X( + 1) + 1 dunqueYdiventa stazionario in senso lato, e quindi stazionario, grazie alla Gaussianita diY. Problema 31.Gli stati transienti sono 1;4;5. Gli stati ricorrenti sono 2;3;6. 2.La probabilita di uscire dallo stato 1 e 0:7 in ogni prova. Tutte le prove sono indipendenti, quindi la prob. di uscire dopo la provak-esima e geometrica di parametro 0:7: Pr(K=k) = 0:7
0:3k 1 ; k= 1;2; : : : La media valeE[K] = 1=0:7. 3.Dopo 4 prove si puo nire nello stato 3 seguendo i percorsi:1!1!1!2!3 che avviene con prob. 0:3
0:3
0:3
0:8 = 0:0216 1!1!2!2!3 che avviene con prob. 0:3
0:3
0:2
0:8 = 0:0144 1!2!2!2!3 che avviene con prob. 0:3
0:2
0:2
0:8 = 0:0096 1!2!3!2!3 che avviene con prob. 0:3
0:8
1
0:8 = 0:192 La somma delle prob. precedenti e il risultato cercato. 4.La prob. di trovarsi nello stato 6 dopo un lunghissimo tempo e pari alla prob. di uscire dalla stato 1 versolo stato 4, quindi:0:40 :4 + 0:3= 47 : 2 Problema 4 1.Fissato un particolareX=x, la ddp condizionata diYdatoX=xe uniforme in [x1; x]. Pertanto si ha b YLMS= g(x) =E[YjX=x] =x12 e, rendendoxcasuale, si ha g(X) =X12 : 2.Fissato un certoX=x, l'errore quadratico medio e pari alla varianza della distribuzione condizionata di YdatoX=x, ed essendo questa uniforme in un intervallo di ampiezza 1 per ogniX=x, si ha E[(Yg(X))2 jX=x] =112 : Mediando su tutti i valori dix, si ha E[(Yg(X))2 ] =112 : 3.Lo stimatore LMS e gia lineare, quindi`(X) =g(X) 4.Dato che`(X) =g(X), l'errore quadratico medio rimane 1=12. Problema 5 Il likelihood ratio test e fX:H 1( x)f X:H 0( x)= 2 e 2xe x= 2 e x : La regione di riuto basata sul LRT eR=fx: 2e x > g =fx:x