Metodi e Modelli Matematici di Probabilit` a per la Gestione
Prova scritta A – 18/12/2009
Esercizio 1. Un’officina ha tre stazioni di lavoro uguali dove pu`o essere effettuata la verniciatura, con un’unica fila d’attesa. Ogni verniciatura dura mediamente un’ora.
i) Nell’arco di 10 ore lavorative arrivano da verniciare mediamente 12 oggetti. Al massimo, in un’ora di lavoro, quanti ne possono arrivare, se es- cludiamo le eccezioni rappresentate dal 10% dei casi? Spiegare con chiarezza l’impostazione del problema.
ii) Quando ci sono due o pi`u pezzi nella fila di attesa, viene accelerata la verniciatura di tutte le stazioni, che in tal caso dura in media solo 40 minuti.
Calcolare la probabilit`a di avere 2 o pi`u pezzi nel sistema.
Esercizio 2. In un impianto di produzione c’`e un forno, con un reparto di attesa, che opera relativamente a due diversi semilavorati, che chiameremo di tipo A e tipo B. Quando un semilavorato di tipo A arriva al forno, la lavorazione richiede un tempo medio di 25 minuti. Se il pezzo `e di tipo B ci vogliono 50 minuti in media. Il processo degli arrivi dei pezzi di tipo A (rispett. di tipo B) `e di Poisson con numero medio di arrivi in un’ora pari a 2 (rispett. pari a 1).
i) Si considerino i semilavorati senza distinguerli per tipo e si calcoli la probabilit`a di avere al massimo tre arrivi in due ore. Spiegare accuratamente il ragionamento svolto.
ii) Se c’`e gi`a un pezzo in attesa, i successivi vengono deviati verso altre lavorazioni, quindi nel reparto di attesa c’`e al massimo un pezzo. Descrivere questo sistema con un processo di Markov a salti (disegnare il grafo coi tassi, spiegare perche’ si `e scelta tale soluzione).
mente, il valore di m per cui q(m) = 2. Spiegare accuratamente la risposta data.
[La risposta alla domanda 4 dev’essere la descrizione di come si farebbe con R a svolgere quelle cose, elencando i comandi e commentando la risoluzione.]
1 Soluzioni
Esercizio 1 (17/09/2009). i) Gli arrivi N10 in 10 ore sono una Poisson di parametro λ · 10, quindi di valor medio λ · 10. Questo deve essere pari a 12, quindi λ = 1210 = 65.
Gli arrivi N1 in un’ora sono una Poisson di parametro λ·1 = 65. Dobbiamo cercare il numero n per cui P (N ≤ n) ≥ 90%; o meglio, il pi`u piccolo n con tale propriet`a. Quindi deve valere
Xn k=0
e−65
¡6
5
¢k
k! ≥ 90%.
Per tentativi si verifica che P2
k=0e−65(65)k
k! = 0.879, P3
k=0e−65(65)k
k! = 0.966, quindi n = 3.
ii) I tassi di servizio (in ore−1) sono: 1 → 0, 21 → 1, 32 → 2, 43 → 3,3 53·
3
→ 4, 62 3·
3
→ 5, e cos`ı via. Il tasso di arrivo `e λ =2 65. Si devono ora calcolare i coefficienti an, poi i numeri a e πn. Va poi calcolato 1−π0−π1. Precisamente:
a0 = 1, a1 =
6 5
1 = 6
5, a2 =
¡6
5
¢2 1 · 2 = 1
2 µ6
5
¶2
, a3 = 1 6
µ6 5
¶3 , a4 = 1
6 · 3 µ6
5
¶4
, a5 = 1 6 · 3 · 92
µ6 5
¶5
, a6 = 1 6 · 3 ·¡9
2
¢2 µ6
5
¶6 , e cos`ı via, quindi
a = 1 + 6
+ 1µ 6¶2
+ 1µ 6¶3
+ 1 X∞ 1 µ
6¶4+k
i pezzi di tipo B. Usando le ore come unit`a di misura temporale, il testo dice che (per t = 1) vale E£
N1A¤
= 2, quindi essendo E£ N1A¤
= λA, abbiamo λA= 2. Similmente λB = 1.
Il numero complessivo Nt di arrivi, entro il tempo t, `e la somma Nt= NtA+ NtB
che `e una Poisson di parametro (λA+ λB) t = 3t. Quindi N2 `e Poisson di parametro 6, pertanto
P (N2 ≤ 3) = P (N2 = 0) + P (N2 = 1) + P (N2 = 2) + P (N2 = 3)
= e−6 µ
1 + 6 1+ 62
2 + 63 6
¶
= 0.151.
Osserviamo che le varie affermazioni si possono giustificare anche in altri modi sulla base delle cose dette nel corso; in particolare, facendo riferimento al fatto che la somma di due processi di Poisson indipendenti `e di Poisson, con parametro pari alla somma dei parametri.
ii) Nello stato dobbiamo dire che pezzo `e nel forno (se c’`e) e che pezzo `e in attesa (se c’`e), altrimenti non possiamo dichiarare il tasso di calo di un’unit`a.
Usiamo i seguenti stati:
(A, A) = A in attesa, A nel forno (A, B) = A in attesa, B nel forno (B, A) = B in attesa, A nel forno (B, B) = B in attesa, B nel forno (A) = A nel forno e attesa vuota (B) = B nel forno e attesa vuota
∅ sistema vuoto.
Le transizioni ed i loro tassi (in ore−1) sono:
(A, A) → (A) con tasso 12 5 (A, B) → (A) con tasso 6
5 (B, A) → (B) con tasso 12
5 (B, B) → (B) con tasso 6
5 (A) → ∅ con tasso 12
5 (A) → (A, A) con tasso 2 (A) → (B, A) con tasso 1 (B) → ∅ con tasso 6
5 (B) → (A, B) con tasso 2 (B) → (B, B) con tasso 1
∅ → (A) con tasso 2
∅ → (B) con tasso 1.
Esercizio 3. La matrice di correlazione `e circa l’identit`a (nel senso che le componenti non diagonali sono circa pari a zero), la matrice di covarianza
`e circa un multiplo dell’identit`a; indichiamo con λ1 ≥ λ2 ≥ λ3 ≥ λ4 gli autovalori, che per`o sono circa uguali. PCA seleziona comunque un piano principale, ma questo rappresnta i dati pressapoco come qualsiasi altro piano.
Nel biplot vedremo una nuvola circolare. Nel plot vedremo barre circa uguali.
Vedremo inoltre che la varianza spiegata dal piano principale `e circa 1/2.
misuro la distanza tra i due. Se m `e un vettore, con which.min(abs(qnorm(0.1, m, 1) − 2))
trovo l’indice del vettore m corrispondente alla minima distanza. Con m[which.min(abs(qnorm(0.1, m, 1) − 2))]
trovo infine il valore cercato.
Devo per`o specificare un vettore m. So che la parte sostanziale di una gassiana si trova tra m − 5σ e m + 5σ, quindi in [m − 5, m + 5] nel nostro caso. Il quantile q = 2 deve cadere in questo intervallo, quindi deve distare al pi`u 5 dalla media m. Anzi, osservando la posizone del quantile q0.1, a sinistra della media, so che m deve trovarsi a destra di 2, a distanza non superiore a 5. Pertanto `e sufficiente cercare tra i numeri m ∈ [2, 7]. Prendiamo allora
m <- (1:1000)/1000*5+2