Autor: Edison Del Rosario

Definiciones para el problema para:

un dia cualquiera:    Parte operando A ó B:
        falla:     a
        sigue operando:  (1-a)
    Parte en reparación A ó B:
        se repara:      b
        sigue en reparación: (1-b)

Estados Xn:
0: No existen partes operativas/ todas fallaron
1: Una parte operativa/ una con falla
2: Dos partes operando/ no existen fallas

El diagrama a plantear con tres estados es:

Considera los eventos con las dos partes, estén operativas o dañadas. Los cambios, transición o pasos se consideran desde un dia para el siguiente día:

estado 0:
  sigue en 0, en reparación A y en reparacion B: 
            (1-b)(1-b) = (1-b)2
  pasa a 2, se repara A y se repara B: b*b = b2
  pasa a 1, se repara A y B sigue en reparación, ó,
            se repara B y A sigue en reparación:
            b(1-b) + (1-b)b = 2b(1-b)

estado 1:
  sigue en 1, no falla la operativa y 
            la otra sigue en reparación, ó,
            falla la operativa y 
            se repara la que estaba con falla 
            (1-a)(1-b) + ab
  pasa a 2, no falla la operativa y se repara la otra: 
            (1-a)b 
  pasa a 0, falla la operativa y 
            la otra sigue en reparación: a(1-b)

estado 2:
  sigue en 2: no falla ninguna: (1-a)(1-a) = (1-a)2
  pasa a 1: falla A y B sigue operando, ó,
            falla B y A sigue operando: 
            a(1-a)+(1-a)a = 2a(1-a)
  pasa a 0, falla A y falla B: a*a = a2

que al ponerlo en el digagrama, queda:

en la matriz de transición de estados de un paso P:

P = \left( \begin{matrix} (1-b)^2 & 2b(1-b) & b^2 \\ a(1-b) & (1-a)(1-b) + ab & b(1-a) \\ a^2 & 2a(1-a) & (1-a)^2 \end{matrix} \right)

que reemplazando los valores para a=0.1 y b=0.7 se verifica que las filas suman 1:

P = \left( \begin{matrix} 0.09 & 0.42 & 0.49 \\ 0.03 & 0.34 & 0.63 \\ 0.01 & 0.18 & 0.81 \end{matrix} \right)

para la pmf de estado estable o largo plazo Pn:

0.09 Π0 + 0.03 Π1 + 0.01 Π2 = Π0 
0.42 Π0 + 0.34 Π1 + 0.18 Π2 = Π1 
0.49 Π0 + 0.63 Π1 + 0.81 Π2 = Π2

Π0 + Π1 + Π2 = 1  

Resolviendo queda:

Π0 = 0.015625
Π1 = 0.21875
Π2 = 0.765625  

La proyección para n partes indica que los exponentes de la matriz se convertirán en n, y otros términos sin exponentes deben aumentar para incluir las otras opciones.

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Caso de resolver la matriz con python:

# 3ra Evaluación II Término 2017
# Tema 1
import numpy as np

# INGRESO
a = 0.1
b = 0.7
n = 100
# PROCEDIMIENTO
P = np.array([[(1-b)**2, 2*b*(1-b), b**2],
              [a*(1-b), (1-a)*(1-b)+a*b, b*(1-a)],
              [a**2, 2*a*(1-a), (1-a)**2]])

Pn = np.linalg.matrix_power(P,n)
# SALIDA
print(P)
print(Pn)

los resultados son

[[ 0.09  0.42  0.49]
 [ 0.03  0.34  0.63]
 [ 0.01  0.18  0.81]]
[[ 0.015625  0.21875   0.765625]
 [ 0.015625  0.21875   0.765625]
 [ 0.015625  0.21875   0.765625]]
>>> 

2da Evaluación II Término 2017-2018. Febrero 7, 2018

Tema 4.
S_x(f)= \frac{N_0}{2}

H(f) = \frac{1}{1+j2\pi f} S_{YX}(f) = H(f) S_x(f) = \frac{N_0}{2}\frac{1}{1+j2\pi f} R_{YX}(\tau) = F^{-1} [S_{YX}(f)] = \frac{N_0}{2} F^{-1} \Big[\frac{1}{1+j2\pi f} \Big] R_{YX}(\tau) = \frac{N_0}{2} e^{-\tau} , \tau>0

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Autocorrelación de Y(t)

S_{Y}(f) = |H(f)|^2 S_x(f) = \Big|\frac{1}{1+j2\pi f}\Big| ^2 \frac{N_0}{2} = \Big|\frac{1}{1+(2\pi f)^2}\Big| \frac{N_0}{2} S_{Y}(f) = \frac{N_0}{4} \Big|\frac{2}{1+(2\pi f)^2}\Big| R_{Y}(\tau) = F^{-1} [S_{Y}(f)] = F^{-1} \Big[\frac{N_0}{4} \frac{2}{1+(2\pi f)^2}\ \Big] = \frac{N_0}{4} F^{-1} \Big[\frac{2}{1+(2\pi f)^2}\ \Big] R_{Y}(\tau) = \frac{N_0}{4} e^{-|\tau|}

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Potencia promedio

R_{Y}(0) = \frac{N_0}{4} e^{-|0|} = \frac{N_0}{4}

2da Evaluación II Término 2017-2018. Febrero 7, 2018

Tema 3.

R_Y(τ)  = R_X(τ) cos(2 π f₀ τ)

R_X(τ) es una función de autocorrelación

S_Y(f) = F[R_X(τ) cos(2 π f₀ τ) ]

=  F[R_X(τ) (e^{j 2π f₀ τ} +e^{-j 2π f₀ τ} )/2]

=  F[R_X(τ) (e^{j 2π f₀ τ} )]/2 + F[R_X(τ) e^{-j 2π f₀ τ} )]/2

=  S_X(f – f₀ )/2 + S_X(f + f₀ )/2

la densidad espectral de potencia se determina como:

S_X (f) = F[R_X (\tau)]

Si R_X(\tau) = \Lambda \Big( \frac{\tau}{T} \Big)

S_X(f) = F \Big[\Lambda \Big(\frac{t}{\tau} \Big) \Big] S_X(f) = T [Sa(\pi fT)]^2

entonces la densidad espectral de potencia del problema se convierte en:

S_Y (f) = T [Sa(\pi T(f - f_0)]^2 + T [Sa(\pi T(f + f_0)]^2

para el caso de calcular la potencia promedio R_Y(0) = Rx(0) cos(2 π f₀ 0) = A cos(0) = A.

 

 

2da Evaluación II Término 2017-2018. Febrero 7, 2018

Tema 2.

θ es una variable aleatoria uniforme, distribuida en el rango [-π π].

f_{\theta} (\theta) = \frac{1}{\pi - (-\pi))} = \frac{1}{2\pi}

valor esperados X(t)

X(t) = \cos (\omega t + \theta) E[X(t)] = E[ \cos (\omega t + \theta)] = \int_{-\pi}^{\pi}x(t)f_{\theta}(\theta) d\theta = \int_{-\pi}^{\pi}\cos (\omega t + \theta) \frac{1}{2\pi} d\theta = \frac{1}{2\pi}\sin (\omega t + \theta) \Big|_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{2\pi} [ \sin (\omega t +\pi) -\sin (\omega t -\pi) ] E[X(t)] = 0

valor esperado Y(t)

Y(t) = \sin (\omega t + \theta) E[Y(t)] = E[ \sin(\omega t + \theta)] = \int_{-\pi}^{\pi}y(t)f_{\theta}(\theta) d\theta = \int_{-\pi}^{\pi}\sin(\omega t + \theta) \frac{1}{2\pi} d\theta = \frac{1}{2\pi} [-\cos(\omega t + \theta)] \Big|_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{2\pi} [ -\cos(\omega t +\pi) - (-\cos (\omega t -\pi)) ] = \frac{1}{2\pi} [\cos(\omega t -\pi) - \cos (\omega t +\pi) ] E[Y(t)] = 0

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Correlación X(t) y Y(t)

R_{XY}[t,t+\tau] =E[X(t) Y(t+\tau)] =E[\cos (\omega t + \theta) \sin (\omega (t+\tau) + \theta)] =E \Big[ \frac{1}{2}\Big[\sin [(\omega (t+\tau) + \theta) - (\omega t + \theta)] + \sin [(\omega (t+\tau) + \theta) + (\omega t + \theta)] \Big] \Big] =\frac{1}{2}E\Big[\sin (\omega \tau) + \sin (2\omega t+ \omega \tau + 2\theta) \Big] =\frac{1}{2}E \Big[ \sin (\omega \tau) \Big] + \frac{1}{2}E\Big[\sin (2\omega t+ \omega \tau + 2\theta) \Big]

El primer término no contiene la variable aleatorioa Θ, por lo que se comporta como una constante para el valor esperado.

=\frac{\sin (\omega \tau)}{2} + \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\sin (2\omega t+ \omega \tau + 2\theta) \frac{1}{2\pi} d\theta =\frac{\sin (\omega \tau)}{2} - \frac{1}{4\pi}\cos (2\omega t+ \omega \tau + 2\theta) \Big|_{-\pi}^{\pi} =\frac{\sin (\omega \tau)}{2} - \frac{1}{4\pi}\Big[ \cos (2\omega t+ \omega \tau + 2\pi) - \cos (2\omega t+ \omega \tau - 2\pi)\Big] =\frac{\sin (\omega \tau)}{2} - 0 R_{XY}[t,t+\tau] =\frac{\sin (\omega \tau)}{2}

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C_{XY}[t,t+\tau] = R_{XY}[t,t+\tau] - E[X(t)]E[Y(t+\tau)] C_{XY}[t,t+\tau] = R_{XY}[t,t+\tau] - 0 C_{XY}[t,t+\tau] = \frac{\sin (\omega \tau)}{2}

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X(t) y Y(t) son procesos con correlación, pues su covarianza cruzada no es igual a cero para todas las selecciones de muestras de tiempo. Sin embargo, X(t₁) y Y(t₂) son variables aleatorias no correlacionadas para t₁ y t₂ dado que ω( t₂  – t₁ ) = k π, donde k es cualquier número entero.

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Los valores de mas medias de X(t) = Y(t) =0 son constantes

R_{X}[t,t+\tau] = E[X(t) X(t+\tau)] =E[\cos (\omega t + \theta) \cos(\omega (t+\tau) + \theta)] =E\Big[\frac{1}{2} \Big[ \cos [(\omega t + \theta) -(\omega (t+\tau) + \theta) ] + \cos[(\omega t + \theta)+(\omega (t+\tau) + \theta)] \Big] \Big] =\frac{1}{2}E\Big[ \cos (\omega \tau ) + \cos(2\omega t + \omega \tau + 2\theta)] \Big] =\frac{1}{2}E\Big[ \cos (\omega \tau )\Big] +\frac{1}{2}E\Big[ \cos(2\omega t + \omega \tau + 2\theta)] \Big] =\frac{\cos (\omega \tau )}{2} \cos (\omega \tau ) +0

La autocorrelación depende solo de las diferencias de tiempo τ = t₂-t₁

El proceso X(t) clasifica como Estacionario en el sentido amplio.

Tarea: Revisar la autocorrelación para Y(t) para verificar si clasifica como WSS.