TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVENFaculteit Wiskunde en Informatica

Uitwerking tentamen Kansrekening en Stochastische Processen (2S610) op woensdag 27 april2005, 14.00 – 17.00 uur.

1.

Gegeven zijn twee onafhankelijke stochastische variabelen met kansdichtheid:

fX(x) =

{λe−λx x ≥ 0

0 anders

fY(y) =

{λe−λy y ≥ 0

0 anders

metλ een gegeven positieve constante.

a) Bepaal de simultane kansdichtheidfX,Y(x, y).

OmdatX enY onafhankelijk zijn geldt dat:

fX,Y(x, y) = fX(x) fY(y) =

{λ2e−λ(x+y) x ≥ 0 eny ≥ 0

0 anders

b) Bepaal de correlatier X,Y = E[XY] van X enY.

Weer kunnen we goed gebruiken datX enY onafhankelijk zijn want daardoor geldt:

r X,Y = E[XY] = E[X]E[Y]

Nu hebbenX enY een exponentiële verdeling met constanteλ en dan kunnen we uit het boekhalen datE[X] = E[Y] = 1/λ maar we kunnen het ook even berekenen met behulp vanpartieel integreren:

E[X] =

∫∞

0λxe−λx dx =

[−xe−λx

]∞

0 +

∫∞

0e−λx dx =

[−

1λe−λx

]∞

0=

1λ

en we vinden dus:

r X,Y =1

λ2

c) Bepaal de cumulatieve verdelingsfunctieFW(w) metW = X + Y.

1

We zien natuurlijk meteen datP[W ≤ 0] = 0. Voorw ≥ 0 vinden we:

FW(w) =

∫ w

0

∫ w−x

0λ2e−λ(x+y)dydx

=

∫ w

0

[−λe−λ(x+y)

]w−x

y=0 dx

=

∫ w

0−λe−λw

+ λe−λx dx

=[−λxe−λw

− e−λx]w

x=0

= 1 − (λw + 1)e−λw

Het is altijd goed om te zien datFW(0) = 0 en datFW(w) → 1 alsw → ∞ als een simpelecontrole op rekenfouten. We hebben dus:

FW(w) =

{1 − (λw + 1)e−λw w ≥ 0

0 anders

d) Bepaal de kansdichtheid vanW = X + Y.

Het is natuurlijk mooi als je je realiseert dat de som van twee onafhankelijke exponentieelverdeelde stochasten met constanteλ een Erlang(2, λ) verdeling oplevert waarvan de kans-dichtheid in het boek staat:

fW(w) =

{λ2we−λw w ≥ 0,

0 anders.

Dit zouden we zelfs kunnen gebruiken om het vorig onderdeel op te lossen. Maar we kunnenook rechtstreeks gebruik maken van de cumulatieve verdelingsfunctie want we hebben:

fW(w) =dFW

dw(w)

en dus het antwoord volgt ook door het antwoord uit het vorige onderdeel te differentiëren.

e) BepaalE[W] en Var[W].

Als we ons realiseren datW 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 datX enY onafhankelijk zijn en dus:

E[W] = E[X + Y] = E[X] + E[Y]

Var[W] = Var[X + Y] = Var[X] + Var[Y]

OmdatX en Y indentieke verdelingen hebben weE[X] = E[Y] en Var[X] = Var[Y]. Wehoeven nu alleen nog maar de verwachting en variantie vanX uit te rekenen. Bij een eerderonderdeel hebben we al bepaald datE[X] = E[Y] = 1/λ en de variantie halen we uit het boekvoor de exponentiële verdeling of we bepalen het rechtstreeks uit de kansverdeling. Hieruitvolgt Var[X] = Var[Y] = 1/λ2 en we vinden hetzelfde antwoord (1).

2

f) Bepaal de conditionele kansdichtheidfX|B(x) met B de gebeurtenis datY ≥ X.

Hint: Bepaal eerstfX,Y|B(x, y).

We hebben dat

P[B] = P[X ≤ Y] = P[Y ≤ X]

omdatX enY identiek verdeeld en onafhankelijk zijn. We zien dus datP[B] = 1/2. Maar wekunnen dit ook uitrekenen:

P[B] =

∫∞

0

∫ y

0λ2e−λ(x+y) dxdy

en dit levert hetzelfde antwoord op. We vinden:

fX,Y|B(x, y) =

{fX,Y(x,y)

P[B](x, y) ∈ B

0 anders

en dit levert op:

fX,Y|B(x, y) =

{2λ2e−λ(x+y) x ≥ 0, y ≥ x

0 anders

Om nu fX|B(x) te berekenen gebruiken we dat:

fX|B(x) =

∫∞

−∞

fX,Y|B(x, y) dy

en dit resulteert voorx ≥ 0 in:

fX|B(x) =

∫∞

x2λ2e−λ(x+y) dy =

[−2λe−λ(x+y)

]∞

y=x= 2λe−2λx.

Merk op dat velen hier de fout in gaan door niet mee te nemen dat(x, y) ∈ B impliceert daty ≥ x en dat moet in de integratiegrenzen natuurlijk wel meegenomen worden. In totaal vindenwe:

fX|B(x) =

{2λe−2λx x ≥ 0

0 anders

2.

We hebben een grote verzameling woningen. Woningen hebben met kans 1/4 een alarm-installatie. In een willekeurig jaar heeft een woning met een alarminstallatie een kans van4h (d.w.z. een kans van 4/1000) op een inbraak en heeft een huis zonder alarminstallatieeen kans van 12h op een inbraak. De kans dat in een huis wordt ingebroken wordt nietbeïnvloed 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 enG het ontbreken van eenalarm aangeeft. We hebben:

P[A] =14, P[G] =

34, P[I |A] =

41000, P[I |G] =

121000

en dus:

P[I ] =14

41000 +

34

121000 =

1100.

b) Bepaal de kans op een inbraak in maximaal 1 huis van een straat met 10 huizen.

Dit is een binomiale(n, p) verdeling metn = 10 enp = 0.01 en dus als we metX het aantalinbraken aangeven dan geldt dat:

P[X = 0] =(

99100

)10

en

P[X = 1] = 10 1100

(99100

)9.

De kans op maximaal 1 inbraak is dus gelijk aan:

P[X = 0] + P[X = 1] =109100

(99100

)9≈ 0.996

c) Zij W het aantal inbraken in een stad met 9900 woningen. BepaalE[W] en Var[W].

We hebben

W = X1 + X2 + · · · + X9900

met alle Xi onderling onafhankelijk en identiek verdeeld met een Bernouilli verdeling metp = 0.01. We zien datW dus binomiaal verdeeld is metn = 9900 enp = 0.01 en dus wetenwe:

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 datW > 110.

Hint: gebruik de centrale limietstelling.

Volgens de centrale limietstelling is:

V =W − E[W]√

Var[W]

bij benadering Gaussisch verdeeld met verwachting 0 en variantie 1. We kunnen eenvoudigverifiëren datW > 110 hetzelfde is alsV > 1.11. Uit de tabel voor de standaard normaleverdeling 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 enX = 0 anders. We definiërenB alsde gebeurtenis dat in dit huis een alarminstallatie is geïnstalleerd. BepaalE[X|B].

4

We weten datB waar is en dus heeft het huis een alarminstallatie. Dan is de kans op een inbraakdus gelijk aan 4h. We vinden dus:

E[X|B] =4

1000.

f) In een huis kan natuurlijk meerdere keren per jaar worden ingebroken. We verbeterennu ons model om dit mee te nemen. Laten we aannemen dat het aantal inbraken eenPoissonverdeling heeft met constanteα = 0.004 voor een huis met alarminstallatie enmet constanteα = 0.012 voor een huis zonder alarminstallatie.

Wat is de kans op twee of meer inbraken in een willekeurig gekozen huis? Gezien deuitkomst vindt u ons eerste model een goede benadering?

Stel dat we weten dat het huis een alarminstallatie heeft. ZijR het aantal inbraken. We wetendus datR 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:

147.98∗ 10−6

+347.14∗ 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 rijZn waarbijZi enZ j onafhankelijk zijn voori 6= j met E[Zn] = 0 en Var[Zn] = 1. We analyseren de vergelijkingen

Yn = Xn − Xn−1, (2)

Xn = Zn + Zn−1, (3)

metn = . . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . ..

a) Bepaal de impulsresponsie van het filter (2) met ingangXn en uitgangYn.

Als we voor de ingangsfunctie een puls kiezen:

Xn =

{1 n = 0

0 n 6= 0

dan vinden we met behulp van

Yn = Xn − Xn−1

5

datYn = 0 voorn 6= 0 enn 6= 1. Voorn = 0 krijgen weY0 = 1 terwijl voor n = 1 we vindendatY1 = −1. De impulsresponsie is gelijk van de uitgang van het systeem als de ingang gelijkis aan een puls. We krijgen dus:

hn =

1 n = 0,

−1 n = 1,

0 anders.

b) BepaalE[Yn].

We hebben met behulp van (3) dat

E[Xn] = E[Zn] + E[Zn−1]

en omdatE[Zi ] = 0 voor alle i vinden weE[Xn] = 0 voor allen. Maar dan kunnen wegebruik maken van (2) om te zien dat:

E[Yn] = E[Xn] − E[Xn−1] = 0

voor allen.

c) Bepaal de autocorrelatie functie vanZn.

OmdatZi en Z j onafhankelijk zijn voor allei en j met i 6= j en bovendien verwachting nulhebben, vinden we:

Cov[Zi , Z j ] = E[Zi Z j ] = E[Zi ]E[Z j ] = 0.

Daarnaast vinden we voori = j dat:

Cov[Zi , Zi ] = Var[Zi ] = 1.

Alles bij elkaar zien we dus dat de autocorrelatiefunctie gelijk is aan:

RZ[k] =

{1 k = 0

0 anders

d) Bepaal de kruiscorrelatie functie vanZn en Xn.

Op dezelfde wijze als in onderdeel a) vinden we dat de impulsresponsie van het systeem (3)gegeven wordt door:

h̄n =

1 n = 0,

1 n = 1,

0 anders.

We krijgen:

RZ X[n] =

∞∑i =−∞

h̄i RZ[n − i ]

= h̄n

=

{1 n = 0, 1

0 anders

6

e) Bepaal Var[Xn] en de autocorrelatie functie vanXn.

We hebben voorn ≥ 0:

RX[n] =

∞∑i =−∞

h̄−i RZ X[n − i ]

= RZ X[n] + RZ X[n + 1]

=

1 n = −1

2 n = 0

1 n = 1

Tot slot:

Var[Xn] = RX[0] = 2,

waarbij we gebruiken datE[Xn] = 0.

f) Bepaal de overdrachtsfunctie van het gecombineerde filter met ingangZn en uitgangYn.

We hebben voor (3) de volgende overdrachtsfunctie:

H̄(φ) =

∞∑n=−∞

h̄ne− j 2πnφ= 1 + e− j 2πφ.

en voor (2) de volgende overdrachtsfunctie:

H(φ) =

∞∑n=−∞

hne− j 2πnφ= 1 − e− j 2πφ.

Voor het gecombineerde filter is de overdrachtsfunctie dus gelijk aan:

H(φ)H̄(φ) = (1 − e− j 2πφ)(1 + e− j 2πφ) = 1 − e− j 4πφ.

g) Bepaal de kruis spectraaldichtheid vanYn en Zn.

We hebben dat de autocorrelatie vanZn gelijk is aanδ[n]. De spectraaldichtheid vanZn is dusvolgens tabel 11.2 gelijk aan:

SZ(φ) = 1

maar dan geldt:

SZY(φ) = H(φ)H̄(φ)SZ(φ) = 1 − e− j 4πφ.

en we vinden dus:

SY Z(φ) = SXY(−φ) = 1 − ej 4πφ.

h) Bepaal de spectraaldichtheid vanYn.

We hebben:

SY(φ) = H ∗(φ)H̄ ∗(φ)SZY(φ)

7

Nu geldt dat:

H ∗(φ)H̄ ∗(φ) = 1 − ej 4πφ

en we vinden

SY(φ) = (1 − ej 4πφ)(1 − e− j 4πφ)

= 2 − ej 4πφ− e− j 4πφ

= 2 − 2 cos(4πφ)

met gebruik maken van de rekenregels:

cos(β) =ejβ

+ e− jβ

2, sin(β) =

ejβ− e− jβ

2 j.

8