Solucion Junio 2013

Examen de Estadı́stica
Grado en Ingenierı́a de Telecomunicación
24 de Junio de 2013
solucion
Cuestiones
1h 30m
C1.
(2p) Un sistema de comunicación está compuesto por los componentes A, B, C, D y E, donde
cada uno de los componentes funcionan de manera independiente. La Figura 1 representa el sistema:
B
A
C
entrada
salida
D
E
Figura 1: Esquema de conexiones del sistema.
Sabiendo que las probabilidades de funcionamiento de cada uno de los componentes del sistema son
P (A) = P (B) = P (D) = P (E) = 0.8 y P (C) = 0.9; se pide:
a) Calcular la probabilidad de fallo del sistema.
b) Si el sistema se encuentra funcionando, ¿cuál es la probabilidad de que el componente C se
encuentre en funcionamiento?
Solución:
a) Sea F el evento que denota que el sistema se encuentra funcionando, debemos calcular: P (F c ) =
1 − P (F ). Por lo tanto:
P (F )
=
P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ∪ (D ∩ E)) .
1
Llamando: AB = A ∩ B, AC = A ∩ C y DE = D ∩ E, resulta que
P (F )
= P (AB ∪ AC ∪ DE)
= P (AB) + P (AC) + P (DE) − P (AB ∩ AC) −
P (AB ∩ DE) − P (AC ∩ DE) + P (AB ∩ AC ∩ DE)
= P (A)P (B) + P (A)P (C) + P (D)P (E) − P (A)P (B)P (C) −
P (A)P (B)P (D)P (E) − P (A)P (C)P (D)P (E) + P (A)P (B)P (C)P (D)P (E)
= (0.8)2 + (0.8)(0.9) + (0.8)2 − (0.8)2 (0.9) − (0.8)4 − (0.8)3 (0.9) + (0.8)4 (0.9)
=
0.92224
(1)
Por lo tanto, P (F c ) = 1 − P (F ) = 1 − 0.92224 = 0.07776.
b) Por el teorema de Bayes tenemos:
P (C|F )
=
P (F |C)P (C)
P (F )
Dado que: P (F |C) = P (A∪(D∩E)) = P (A)+P (D∩E)−P (A∩D∩E) = 0.8+0.82 −0.83 = 0.928,
reemplazando se tiene,
P (C|F )
C2.
=
P (A ∪ (D ∩ E))P (C)
(0.928)(0.9)
=
= 0.90562
P (F )
(0.92224)
(1.5p) Una variable aleatoria discreta tiene la siguiente distribución de probabilidad:
xi
P (X = xi )
1
0.15
2
a
3
b
4
c
5
0.1
y se sabe que P (X < 4) = 0.65 y P (X > 2) = 0.6.
a) Calcula E(X) y V ar(X).
b) Escribe y dibuja la función de distribución de X.
c) Completa el siguiente código en MATLAB para aproximar P (X ≤ 3).
u=rand(1000,1);
x=1*(0<u & u<=0.15)+ 2*(0.15<u & u<=0.40)+3*(0.40<u & u<=____________)
+4*(0.65<u & u<=0.9)+5*(0.9<u & u<=1);
w=(____________);
p=sum(w)/1000;
Solución:
a) En primer lugar se calculan los valores de a, b y c. Resolviendo el siguiente sistema:
0.15 + a + b = 0.65
b + c + 0.1 = 0.6
0.15 + a + b + c + 0.1 = 1
2
se obtiene que a = b = c = 0.25, entonces
E(X)
=
1(0.15) + 2(0.25) + 3(0.25) + 4(.25) + 5(0.1) = 2.9
Para calcular la varianza, primero hacemos:
E(X 2 )
=
12 (0.15) + 22 (0.25) + 32 (0.25) + 42 (.25) + 52 (0.1) = 9.90
y luego
V ar(X)
=
2
E(X 2 ) − (E(X)) = 9.90 − 2.92 = 1.49 .
b)

0





0.15



 0.4
F (x) =

0.65




 0.9



1,
si
si
si
si
si
si
x<1
1≤x<2
2≤x<3
3≤x<4
4≤x<5
x ≥ 5.
Figura 2: Función de Distribución.
c) Completa el siguiente código en MATLAB para aproximar P (X ≤ 3).
u=rand(1000,1);
x=1*(0<u & u<=0.15)+ 2*(0.15<u & u<=0.40)+3*(0.40<u & u<=0.65)
3
+4*(0.65<u & u<=0.9)+5*(0.9<u & u<=1);
w=(x<=3);
p=sum(w)/1000;
C3.
(1.5p) En un proceso de fabricación industrial, los tipos de fallos que se pueden producir se
clasifican en 3 tipos:
- fallos ocasionados por desajustes producidos en la maquinaria utilizada (D).
- fallos producidos por la presencia de impurezas en las materias primas empleadas (I).
- fallos debidos a otras causas (O).
Si dichos fallos aparecen según procesos de Poisson independientes entre sı́ con parámetros λD = 0.25
fallos por semana, λI = 0.50 fallos por semana, y λO = 0.125 fallos por semana, respectivamente, se
pide:
a) La probabilidad de que en una determinada semana no se haya producido ningún fallo por desajustes producidos en la maquinaria.
b) La probabilidad de que en una determinada semana se haya producido al menos un fallo (sea del
tipo que sea).
c) La probabilidad de que el tiempo entre dos fallos consecutivos (sean del tipo que sean) supere las
4 semanas.
Solución:
Sean XD , XI y XO v.a. independientes entre sı́ tales que XD ∼ P oisson(0.25), XI ∼
P oisson(0.50), y XO ∼ P oisson(0.125).
a)
Pr(XD = 0) =
e−λD λ0D
= e−0.25 = 0.7788.
0!
b) Sea XT = XD + XI + XO , por la reproductividad de la Poisson, sabemos que XT ∼ P oisson(λT =
0.25 + 0.50 + 0.125 = 0.875). Por lo tanto,
Pr(XT ≥ 1) = 1 − Pr(XT = 0) = 1 −
e−λT λ0T
= 1 − e−0.875 = 0.5831.
0!
c)
Pr(T > 4) = 1 − FT (4) = 1 − (1 − e−0.875·4 ) = e−3.5 = 0.0302,
siendo T ∼ Exponencial(λT = 0.875).
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Examen de Estadı́stica
Grado en Ingenierı́a de Telecomunicación
24 de Junio de 2013
solucion
Problemas
2h
P1.
(2.5p) Se escoge de forma aleatoria un punto en el intervalo (0, 0.5) según un modelo U (0, 0.5)
y otro punto, independientemente, también de forma aleatoria en el intervalo (0, 0.5) según un modelo
U (0, 0.5). Si X1 denota la v.a. que marca la posición del primer número y X2 la v.a. que marca la
posición del segundo número, se pide:
a) Escribe la densidad conjunta del vector (X1 , X2 ), f(X1 ,X2 ) (x1 , x2 ) y la región donde está definida.
b) Determina la función de densidad de Y1 =
c) Demuestra que la media (esperanza) de
d) Calcula P X1 < X22 .
X1
X2
X1
X2 .
es infinita.
Solución:
a) Por la independencia entre X1 y X2 :
f(X1 ,X2 ) (x1 , x2 ) = fX1 (x1 ) · fX2 (x2 ) =
1
1
·
=4
0.5 − 0 0.5 − 0
para los (x1 , x2 ) ∈ (0, 0.5) × (0, 0.5), es decir, 0 < x1 < 0.5 y 0 < x2 < 0.5.
b) Las tranformaciones x1 /x2 y x2 son inyectivas y derivables, con lo cual se verifica que:
f(Y1 ,Y2 ) (y1 , y2 ) = f(X1 ,X2 ) (x1 (y1 , y2 ), x2 (y1 , y2 )) · |J|
donde J es el Jacobiano. Las transformaciones inversas son:
El Jacobiano es:
x1
= y1 y2
x2
= y2
y
2
J =
0
y1
1
= y2
con lo cual
f(Y1 ,Y2 ) (y1 , y2 ) = 4|y2 | = 4y2
para 0 < y2 < 0.5 e 0 < y1 y2 < 0.5 (véase la Figura 3) y 0 en caso contrario.
La densidad (marginal) de Y1 = X1 /X2 es:
( R 0.5
R∞
fY (y1 )
| 1{z }
−∞
4y2 dy2 = 12
R01/2y1
4y2 dy2 =
0
=
f (y1 ,y2 )dy2
(
=
0.5
1
2y12
0.5
= 2y22 0 = 0.5
1/2y1
2y22 = 12
0
para 0 < y1 < 1
para 1 < y1 < ∞
5
2y1
para 0 < y1 < 1
para 1 < y1 < ∞
3
2
1
Y2=1/(2y1)
-3
-1
-2
1
2
3
-1
-2
-3
Figura 3: Soporte de (Y1 , Y2 )
c) La esperanza de Y1 es:
Z ∞
1
1
y1 dy1 +
y1 2 dy1
2
2y
0
1
1
1 1
∞
+ [ln(y1 )]1 = ∞
4 2
Z
E[Y1 ]
=
=
1
d) La probabilidad es 0.25:
Y1
Z
z }| {
P (X1 /X2 < 0.5) =
0.5
Z
fY1 (y1 )dy1 =
−∞
0
0.5
1
dy1 = 0.25
2
P2.
(2)
(2.5p) En un sistema de comunicación se utiliza la siguiente señal aleatoria Y (t) = A·sin(ωt+φ),
donde A es una variable aleatoria que sigue un modelo Bernoulli con parámetro p > 0, φ es otra variable
aleatoria, independiente de A, que sigue un modelo uniforme en el intervalo (−π, π) y ω es una constante
conocida.
Relaciones útiles:
cos(a + b)
=
cos(a) cos(b) − sin(a) sin(b)
cos(a − b)
=
cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b)
sin(a + b)
=
sin(a) cos(b) + cos(a) sin(b)
sin(a − b)
=
sin(a) cos(b) − cos(a) sin(b)
a) Calcula la media (estadı́stica) del proceso Y (t).
b) Calcula la función de auto-correlación (estadı́stica) del proceso Y (t).
c) ¿ Es el proceso Y (t) débilmente estacionario?
6
d) Comprueba si el proceso Y (t) es ergódico en media y en auto-correlación.
Solución:
a) La media (estadı́stica) del proceso Y (t) es:
= E[A · sin(ωt + φ)]
E[Y (t)]
· E[sin(ωt + φ)]
1
sin(ωt + φ) dφ
p·
2π
−π
p
π
( − cos(ωt + φ))|−π
2π
p
×0=0
2π
=
indep. E[A]
Z π
=
=
=
b) La auto-correlación (estadı́stica) del proceso Y (t) es:
RY (t, t + τ )
=
E[Y (t)Y (t + τ )]
=
E[A · sin(ωt + φ)A · sin(ω(t + τ ) + φ)]
=indep.
z }| {
E[A2 ] ·E[sin(ωt + φ) sin(ω(t + τ ) + φ)]
p
=
formulas con b = ωt + φ, a = (ω(t + τ ) + φ)


a+b
a−b
}|
{
z
z}|{
1 

p · E cos( ωτ ) − cos(ω(2t + τ ) + 2φ)
2
p
2
=
p
2
=
p cos(ωτ )
2
π
1
dφ
2π
−π
π )
1 (− sin(ω(2t + τ ) + 2φ)
4π −π
Z
=
cos(ωτ ) −
(
cos(ωτ )
cos(ω(2t + τ ) + 2φ)
c) Como la media es una constante que no depende de t y la autocorrelación sólo depende de τ , se
concluye que el proceso es débilmente estacionario.
d) Media temporal:
µT
}|
{
T
1
= lı́m
Y (t)dt
T →∞ 2T −T
Z T
1
=
A · sin(ωt + φ)dt
2T −T
T !
A
cos(ωt + φ) =
−
2T
w
−T
z
MY
µT
MY
=
Z
lı́m µT = 0 = E[Y (t)]
T →∞
Entonces, el proceso es ergódico en media.
7
Autocorrelación temporal:
∗
z
{
1
AY = lı́m
Y (t)Y (t + τ )dt
T →∞ 2T −T
Z T
1
∗ =
A · sin(ωt + φ)A · sin(ω(t + τ ) + φ)dt
2T −T
Z
A2 T 1
=
{cos(ωτ ) − cos(ω(2t + τ ) + 2φ)} dt
2T −T 2
(
T )
A2
sin(ω(2t + τ ) + 2φ)
=
cos(ωτ )2T −
4T
2ω
−T
Z
}|
T
0
z
AY
=
=
}|
{
sin(ω(2T + τ ) + 2φ) sin(ω(−2T + τ ) + 2φ)
−
2ω
2ω
A2
A2 cos(ωτ )
− lı́m
T →∞ 4T
2
2
A cos(ωτ )
6= RY (t, t + τ ).
2
Entonces, el proceso no es ergódico en autocorrelación.
8