TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Kansrekening en Stochastische Processen (2S610) op woensdag 27 april 2005, 14.00 – 17.00 uur.
1. Gegeven zijn twee onafhankelijke stochastische variabelen met kansdichtheid: ( λe−λx x ≥ 0 f X (x) = 0 anders ( λe−λy y ≥ 0 f Y (y) = 0 anders
met λ een gegeven positieve constante. a) Bepaal de simultane kansdichtheid f X,Y (x, y). Omdat X en Y onafhankelijk zijn geldt dat: ( λ2 e−λ(x+y) f X,Y (x, y) = f X (x) f Y (y) = 0
x ≥ 0 en y ≥ 0 anders
b) Bepaal de correlatie r X,Y = E[X Y ] van X en Y . Weer kunnen we goed gebruiken dat X en Y onafhankelijk zijn want daardoor geldt: r X,Y = E[X Y ] = E[X ]E[Y ] Nu hebben X en Y een exponentiële verdeling met constante λ en dan kunnen we uit het boek halen dat E[X ] = E[Y ] = 1/λ maar we kunnen het ook even berekenen met behulp van partieel integreren: Z ∞ Z ∞ ∞ ∞ E[X ] = λxe−λx dx = −xe−λx 0 + e−λx dx = − λ1 e−λx 0 = λ1 0
0
en we vinden dus: r X,Y =
1 λ2
c) Bepaal de cumulatieve verdelingsfunctie FW (w) met W = X + Y .
1
We zien natuurlijk meteen dat P[W ≤ 0] = 0. Voor w ≥ 0 vinden we: Z w Z w−x FW (w) = λ2 e−λ(x+y) dydx 0 0 Z w w−x = −λe−λ(x+y) y=0 dx Z0 w = −λe−λw + λe−λx dx 0 w = −λxe−λw − e−λx x=0 = 1 − (λw + 1)e−λw Het is altijd goed om te zien dat FW (0) = 0 en dat FW (w) → 1 als w → ∞ als een simpele controle op rekenfouten. We hebben dus: ( 1 − (λw + 1)e−λw w ≥ 0 FW (w) = 0 anders d) Bepaal de kansdichtheid van W = X + Y . Het is natuurlijk mooi als je je realiseert dat de som van twee onafhankelijke exponentieel verdeelde stochasten met constante λ een Erlang(2, λ) verdeling oplevert waarvan de kansdichtheid in het boek staat: ( λ2 we−λw w ≥ 0, f W (w) = 0 anders. Dit zouden we zelfs kunnen gebruiken om het vorig onderdeel op te lossen. Maar we kunnen ook rechtstreeks gebruik maken van de cumulatieve verdelingsfunctie want we hebben: f W (w) =
dFW (w) dw
en dus het antwoord volgt ook door het antwoord uit het vorige onderdeel te differentiëren. e) Bepaal E[W ] en Var[W ]. Als we ons realiseren dat W een Erlang(2, λ) verdeling heeft dan lezen we in het boek: E[W ] =
2 , λ
Var[W ] =
2 λ2
(1)
Maar een andere eenvoudige manier is om te gebruiken dat X en Y onafhankelijk zijn en dus: E[W ] = E[X + Y ] = E[X ] + E[Y ] Var[W ] = Var[X + Y ] = Var[X ] + Var[Y ] Omdat X en Y indentieke verdelingen hebben we E[X ] = E[Y ] en Var[X ] = Var[Y ]. We hoeven nu alleen nog maar de verwachting en variantie van X uit te rekenen. Bij een eerder onderdeel hebben we al bepaald dat E[X ] = E[Y ] = 1/λ en de variantie halen we uit het boek voor de exponentiële verdeling of we bepalen het rechtstreeks uit de kansverdeling. Hieruit volgt Var[X ] = Var[Y ] = 1/λ2 en we vinden hetzelfde antwoord (1). 2
f) Bepaal de conditionele kansdichtheid f X |B (x) met B de gebeurtenis dat Y ≥ X . Hint: Bepaal eerst f X,Y |B (x, y). We hebben dat P[B] = P[X ≤ Y ] = P[Y ≤ X ] omdat X en Y identiek verdeeld en onafhankelijk zijn. We zien dus dat P[B] = 1/2. Maar we kunnen dit ook uitrekenen: Z ∞Z y P[B] = λ2 e−λ(x+y) dxdy 0
0
en dit levert hetzelfde antwoord op. We vinden: ( f (x,y) X,Y (x, y) ∈ B P[B] f X,Y |B (x, y) = 0 anders en dit levert op: ( f X,Y |B (x, y) =
2λ2 e−λ(x+y) 0
x ≥ 0, y ≥ x anders
Om nu f X |B (x) te berekenen gebruiken we dat: Z ∞ f X |B (x) = f X,Y |B (x, y) dy −∞
en dit resulteert voor x ≥ 0 in: Z ∞ ∞ f X |B (x) = 2λ2 e−λ(x+y) dy = −2λe−λ(x+y) y=x = 2λe−2λx . x
Merk op dat velen hier de fout in gaan door niet mee te nemen dat (x, y) ∈ B impliceert dat y ≥ x en dat moet in de integratiegrenzen natuurlijk wel meegenomen worden. In totaal vinden we: ( 2λe−2λx x ≥ 0 f X |B (x) = 0 anders 2. We hebben een grote verzameling woningen. Woningen hebben met kans 1/4 een alarminstallatie. In een willekeurig jaar heeft een woning met een alarminstallatie een kans van 4h (d.w.z. een kans van 4/1000) op een inbraak en heeft een huis zonder alarminstallatie een kans van 12h op een inbraak. De kans dat in een huis wordt ingebroken wordt niet beïnvloed door een eventuele inbraak in een ander huis. a) Wat is de kans op een inbraak in een willekeurig gekozen huis. We hebben P[I ] = P[I |A]P[A] + P[I |G]P[G] 3
als I een inbraak aangeeft, A het hebben van een alarm aangeeft en G het ontbreken van een alarm aangeeft. We hebben: P[A] = 14 ,
P[G] = 34 ,
P[I |A] =
4 , 1000
P[I |G] =
12 1000
en dus: P[I ] =
1 4 4 1000
+
3 12 4 1000
=
1 . 100
b) Bepaal de kans op een inbraak in maximaal 1 huis van een straat met 10 huizen. Dit is een binomiale (n, p) verdeling met n = 10 en p = 0.01 en dus als we met X het aantal inbraken aangeven dan geldt dat: 99 10 P[X = 0] = 100 en 1 P[X = 1] = 10 100
99 9 100
.
De kans op maximaal 1 inbraak is dus gelijk aan: 99 9 ≈ 0.996 P[X = 0] + P[X = 1] = 109 100 100 c) Zij W het aantal inbraken in een stad met 9900 woningen. Bepaal E[W ] en Var[W ]. We hebben W = X 1 + X 2 + · · · + X 9900 met alle X i onderling onafhankelijk en identiek verdeeld met een Bernouilli verdeling met p = 0.01. We zien dat W dus binomiaal verdeeld is met n = 9900 en p = 0.01 en dus weten we: E[W ] = np = 99,
Var[W ] = np(1 − p) =
992 100
≈ 98
d) Bepaal (bij benadering) de kans dat er onze stad meer dan 110 inbraken plaats vinden, d.w.z. de kans dat W > 110. Hint: gebruik de centrale limietstelling. Volgens de centrale limietstelling is: W − E[W ] V = √ Var[W ] bij benadering Gaussisch verdeeld met verwachting 0 en variantie 1. We kunnen eenvoudig verifiëren dat W > 110 hetzelfde is als V > 1.11. Uit de tabel voor de standaard normale verdeling kunnen we dan aflezen dat P[V > 1.11] = 1 − P[V ≤ 1.11] = 1 − 8(1.11) ≈ 0.1335. e) Zij X = 1 als er in een huis wordt ingebroken en X = 0 anders. We definiëren B als de gebeurtenis dat in dit huis een alarminstallatie is geïnstalleerd. Bepaal E[X |B]. 4
We weten dat B waar is en dus heeft het huis een alarminstallatie. Dan is de kans op een inbraak dus gelijk aan 4h. We vinden dus: E[X |B] =
4 . 1000
f) In een huis kan natuurlijk meerdere keren per jaar worden ingebroken. We verbeteren nu ons model om dit mee te nemen. Laten we aannemen dat het aantal inbraken een Poissonverdeling heeft met constante α = 0.004 voor een huis met alarminstallatie en met constante α = 0.012 voor een huis zonder alarminstallatie. Wat is de kans op twee of meer inbraken in een willekeurig gekozen huis? Gezien de uitkomst vindt u ons eerste model een goede benadering? Stel dat we weten dat het huis een alarminstallatie heeft. Zij R het aantal inbraken. We weten dus dat R een Poissonverdeling heeft. Dan geldt: P[R = 0] = e−0.004 ,
P[R = 1] = 0.004e−0.004
Maar dan geldt P[R > 1] = 1 − P[R = 0] − P[R = 1] = 1 − e−0.004 − 0.004e−0.004 ≈ 7.98 ∗ 10−6 Voor een huis zonder alarminstallatie vinden we: P[R > 1] = 1 − P[R = 0] − P[R = 1] = 1 − e−0.012 − 0.012e−0.012 ≈ 7.14 ∗ 10−5 Als we dit samenvoegen dan zien we dat de kans op meer dan 1 inbraak in een huis (ongeveer) gelijk is aan: 1 7.98 4
∗ 10−6 + 43 7.14 ∗ 10−5 ≈ 5.55 ∗ 10−5
De kans op meerdere inbraken is inderdaad zo klein dat die verwaarloosbaar is. 3. We beschouwen een stationaire stochastische rij Z n waarbij Z i en Z j onafhankelijk zijn voor i 6= j met E[Z n ] = 0 en Var[Z n ] = 1. We analyseren de vergelijkingen Yn = X n − X n−1 ,
(2)
X n = Z n + Z n−1 ,
(3)
met n = . . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .. a) Bepaal de impulsresponsie van het filter (2) met ingang X n en uitgang Yn . Als we voor de ingangsfunctie een puls kiezen: ( 1 n=0 Xn = 0 n 6= 0 dan vinden we met behulp van Yn = X n − X n−1 5
dat Yn = 0 voor n 6= 0 en n 6= 1. Voor n = 0 krijgen we Y0 = 1 terwijl voor n = 1 we vinden dat Y1 = −1. De impulsresponsie is gelijk van de uitgang van het systeem als de ingang gelijk is aan een puls. We krijgen dus: n = 0, 1 h n = −1 n = 1, 0 anders. b) Bepaal E[Yn ]. We hebben met behulp van (3) dat E[X n ] = E[Z n ] + E[Z n−1 ] en omdat E[Z i ] = 0 voor alle i vinden we E[X n ] = 0 voor alle n. Maar dan kunnen we gebruik maken van (2) om te zien dat: E[Yn ] = E[X n ] − E[X n−1 ] = 0 voor alle n. c) Bepaal de autocorrelatie functie van Z n . Omdat Z i en Z j onafhankelijk zijn voor alle i en j met i 6= j en bovendien verwachting nul hebben, vinden we: Cov[Z i , Z j ] = E[Z i Z j ] = E[Z i ]E[Z j ] = 0. Daarnaast vinden we voor i = j dat: Cov[Z i , Z i ] = Var[Z i ] = 1. Alles bij elkaar zien we dus dat de autocorrelatiefunctie gelijk is aan: ( 1 k=0 R Z [k] = 0 anders d) Bepaal de kruiscorrelatie functie van Z n en X n . Op dezelfde wijze als in onderdeel a) vinden we dat de impulsresponsie van het systeem (3) gegeven wordt door: 1 n = 0, h¯ n = 1 n = 1, 0 anders. We krijgen: R Z X [n] =
∞ X
h¯ i R Z [n − i]
i=−∞
= h¯ n ( 1 = 0
n = 0, 1 anders 6
e) Bepaal Var[X n ] en de autocorrelatie functie van X n . We hebben voor n ≥ 0: ∞ X
R X [n] =
h¯ −i R Z X [n − i]
i=−∞
= R Z X [n] + R Z X [n + 1] 1 n = −1 = 2 n=0 1 n=1 Tot slot: Var[X n ] = R X [0] = 2, waarbij we gebruiken dat E[X n ] = 0. f) Bepaal de overdrachtsfunctie van het gecombineerde filter met ingang Z n en uitgang Yn . We hebben voor (3) de volgende overdrachtsfunctie: ∞ X
H¯ (φ) =
h¯ n e− j2πnφ = 1 + e− j2πφ .
n=−∞
en voor (2) de volgende overdrachtsfunctie: ∞ X
H (φ) =
h n e− j2πnφ = 1 − e− j2π φ .
n=−∞
Voor het gecombineerde filter is de overdrachtsfunctie dus gelijk aan: H (φ) H¯ (φ) = (1 − e− j2π φ )(1 + e− j2π φ ) = 1 − e− j4πφ . g) Bepaal de kruis spectraaldichtheid van Yn en Z n . We hebben dat de autocorrelatie van Z n gelijk is aan δ[n]. De spectraaldichtheid van Z n is dus volgens tabel 11.2 gelijk aan: S Z (φ) = 1 maar dan geldt: S Z Y (φ) = H (φ) H¯ (φ)S Z (φ) = 1 − e− j4πφ . en we vinden dus: SY Z (φ) = S X Y (−φ) = 1 − e j4πφ . h) Bepaal de spectraaldichtheid van Yn . We hebben: SY (φ) = H ∗ (φ) H¯ ∗ (φ)S Z Y (φ) 7
Nu geldt dat: H ∗ (φ) H¯ ∗ (φ) = 1 − e j4π φ en we vinden SY (φ) = (1 − e j4π φ )(1 − e− j4π φ ) = 2 − e j4π φ − e− j4π φ = 2 − 2 cos(4π φ) met gebruik maken van de rekenregels: cos(β) =
e jβ + e− jβ , 2
sin(β) =
e jβ − e− jβ . 2j
8
