Lösningar Stokastiska processer och simulering I 8 januari 2015 9

Transcript Lösningar Stokastiska processer och simulering I 8 januari 2015 9

STOCKHOLMS UNIVERSITET
MATEMATISKA INSTITUTIONEN
Avd. Matematisk statistik
LÖSNINGAR
Stokastiska processer och simulering I
8 januari 2015
Lösningar
Stokastiska processer och simulering I
8 januari 2015 9–14
—————————————————————————————
Basdel
Uppgift 1
Enklast är att räkna i enheten tusen kronor = tkr så slipper vi lite extra nollor i svaren.
a) I genomsnitt kommer 4 skadeanmälningar varje dag. Eftersom tiden mellan skadeanmälningar är exponentialfördelad och olika skadeanmälningar är oberoende så handlar
det om en Poissonprocess. Antalet skadeanmälningar under tiden t dagar blir då Poissonfördelat med parameter λ = 4t.
(2 p)
b) Låt N = “antal skadeanmälningar under en månad” och Xi vara det utbetalda beloppet (i tkr ) i varje enskilt skadeärende. Enligt uppgift (a) blir N Poissonfördelad med
parameter λ = 4 · 30 = 120. Vi har E[N ] = Var(N ) = 120.
Eftersom varje Xi är fördelat som X så har vi direkt E[Xi ] = E[X] = 2 och att Var[Xi ] =
Var[X] = 2.
Det totala utbetalda beloppet varje månad kallar vi T (i enheten tkr ). Då har vi att
T =
N
X
Xi
i=1
och vi får
E[T ] = E [ E[T |N ] ]
" "N
##
X
= E E
Xi | N
i=1
= E[ N E[X] ]
= E[N ]E[X] = 120 · 2 = 240.
Här har vi utnyttjat oberoendet mellan N och Xi , samt att Xi är likafördelade.
(4 p)
c) Vi använder oss av den betingade variansformeln som här blir
Var(T ) = E[(Var(T |N )] + Var(E[T |N ]).
2
Stokastiska processer och simulering I, 8 januari 2015
Vi tar de båda termerna separat.
"
E[ Var(T |N ) ] = E
N
X
Var(
Xi |N )
#
i=1
= E [ N Var(X) ]
= E[N ]Var(X) = 120 · 2 = 240,
där vi utnyttjat oberoendet mellan N och Xi , samt att Xi är oberoende och likafördelade.
Var( E[T |N ]) ] = Var( N E[X] )
= Var(N )(E[X])2 = 120 · 22 = 480,
där vi utnyttjat resultatet från uppgift (a). Vi får alltså Var(T ) = 240 + 480 = 720.
(4 p)
Not: Enheten för väntevärdet är tkr, men enheten för variansen blir tkr 2 .
Uppgift 2
a) Fördelningsfunktionen blir F (x) = x2 + x + 1/4 (integrera täthetsfunktionen) på intervallet [−1/2, 1/2]. Fördelningsfunktionen är 0 då x < −1/2 och 1 då x > 1/2.
Låt U representera det likformigt fördelade pseudoslumptal vi får från miniräknaren. Då
gäller enligt inversa transformmetoden att X = F −1 (U ). Vi söker alltså inversen F −1 .
x2 + x + 1/4 = u
(x + 1/2)2 = u
√
x = 1/2 ± u
Eftersom x inte kan vara större än 1/2 så är det “−” vi måste välja. Algoritmen blir:
1. Simulera ett pseudoslumptal U från miniräknaren.
√
2. Beräkna X = 1/2 − U .
X kommer nu att ha den önskade fördelningen.
(3 p)
b)
1. Med tillstånden i ordning {1, 2, 3} blir övergångsmatrisen


0 1/2 + α 1/2 − α
P =  0 1/2 + α 1/2 − α  ,
1/2
1/2
0
(1 p)
2. Sannolikheter ska ligga i intervallet [0, 1] så α ∈ [−1/2, 1/2].
(1 p)
Stokastiska processer och simulering I, 8 januari 2015
3
3. Om α ∈ (−1/2, 1/2) så ser vi att alla tillstånd kommunicerar med varandra. Då är
kedjan irreducibel. Eftersom vi har ett tillstånd som dessutom kan gå direkt tillbaka
till sig självt så behövs ingen ytterligare analys för att se att kedjan är aperiodisk.
Återstår att studera ändlägena. Om α = −1/2 så förblir kedjan irreducibel, men
det är lätt att se att den blir periodisk, med period 2. Om α = 1/2 så blir kedjan
reducibel. Vi får då transienta klasser {1} och {3}, samt rekurrent klass {2} (tillstånd
2 blir absorberande).
(3 p)
4. P(Xn = y|X0 = x) ges av elementen i matrisen P(n) , där raderna svarar mot x
(starttillståndet) och kolumnerna svarar mot y sluttillståndet. Från denna kurs vet
vi att P(n) = Pn , dvs det räcker att upphöja övergångsmatrisen till n. Då α = 1/4
så blir övergångsmatrisen




0 3/4 1/4
0 3 1
1
P =  0 3/4 1/4  =  0 3 1  .
4
1/2 1/2 0
2 2 0
För n = 2 får vi
P(2)


2

2
0 3 1
2 11 3
1
1
 0 3 1  =
 2 11 3  .
= P2 =
4
16
2 2 0
0 12 4
(2 p)
Uppgift 3
a)
1. Aktiens värde förändras med intensitet λ = 15/24 = 5/8 (per timme). Eftersom
händelserna är oberoende så kan minskningarna betraktas som en egen Poissonprocess med intensitet λ− = 1/3 · 5/8 = 5/24 minskningar per timme. Antalet
inträffade händelser k under tidsperioden t är Poissonfördelat med sannolikhetsk −λ− t
funktion pk = (λ− t)k!e
. Sannolikheten att det inträffar 0 minskningar under 8
−5/24·8
timmar är p0 = e
= e−5/3 .
(2 p)
2. Händelserna är oberoende och sannolikheten för att ingen av dem är en minskning
är samma som sannolikheten för att alla är ökningar, dvs (2/3)4 = 16/81.
(2 p)
3. Eftersom händelserna är oberoende så kan ökningarna betraktas som en egen Poissonprocess med intensitet λ+ = 2/3 · 5/8 = 5/12. Tiden T till nästa händelse är
alltså T ∼ Exp(λ+ ) = Exp(5/12).
(2 p)
4. Vi kan räkna ut detta genom att tänka på konkurrerande händelser. Då är sannolikheten att den första värdeökningen inträffar innan den första värdeminskningen
10/24
λ+
λ+ +λ− = 10/24+5/24 = 10/15 = 2/3.
Enklare är dock att inse att vi vill veta svaret på frågan: Vad är sannolikheten att
den första händelsen är en värdeökning? Svaret 2/3 får vi från formuleringen av
Uppgift 1.
(2 p)
4
Stokastiska processer och simulering I, 8 januari 2015
b) Det går bra att beskriva processen som en Markovkedja i kontinuerlig tid. Tillståndsrummet blir {0, 1, 2, ...}. Figuren nedan beskriver processen, med intensiteter angivna.
0
1
λ-=5/24
λ+=5/12
2
λ-=5/24
λ+=5/12
osv...
λ-=5/24
(2 p)
Svårare del
Uppgift 4
a) Eftersom båda läkarna arbetar lika fort behöver vi inte göra skillnad på vem av dem
som behandlar en patient om det bara är en patient på kliniken. Vi kan då definiera
tillstånden:
0: Ingen patient.
1: En patient behandlas (spelar ingen roll vilken läkare som behandlar patientent).
2: Två patienter behandlas.
3: Två behandlas och 1 i väntrummet.
4: Två behandlas och 2 i väntrummet.
5: Två behandlas och 3 i väntrummet.
En läkare behandlar patienter med intensiteten 2 per timme. Två läkare som arbetar
samtidigt behandlar patienter med intensiteten 4 per timme. Patienter anländer med
intensitet 3 per timme. Processen kan då ritas så här (de streckade linjerna föklaras i
deluppgift (c)):
λ0=4
0
λ1=4
1
μ1=2
λ2=4
2
μ2=4
λ3=4
3
μ3=4
λ4=4
4
μ4=4
5
μ5=4
(3 p)
b) Detta är inte en M/M/1-kö, då det finns 2 läkare som behandlar patienterna.
(1 p)
c) Gränsfördelningen existerar eftersom det är en Markovprocess i kontinuerlig tid där
alla tillstånd kommunicerar och tillståndsrummet är ändligt. Balansekvationen kan enklast ställas upp genom att studera balansen mellan närliggande tillstånd (se de streckade
Stokastiska processer och simulering I, 8 januari 2015
5
linjerna mellan tillstånden i figuren ovan). Låt gränsfördelningen vara Pk . Vi får då
2P1 = 4P0
4P2 = 4P1
4P3 = 4P2
4P4 = 4P3
4P5 = 4P4 .
Det är lätt att lösa ut samtliga Pk i termer av P0 och vi får:
P5 = P4 = P3 = P2 = P1 = 2P0 .
Eftersom
5
P
Pk = 1 så får vi enkelt P0 = 1/11 och därmed
k=0
P5 = P4 = P3 = P2 = P1 = 2/11.
(4 p)
c) Låt antalet personer i väntrummet vara nk , där k är tillståndet. Då ges väntevärdet
5
P
2
2
2
av antalet personer i väntrummet av
nk Pk = 1 11
+ 2 11
+ 3 11
= 12
11
k=0
(2 p)
Uppgift 5
a) Sannolikhetsfunktionen för antalet avkommor k är geometrisk
pk = α(1 − α)k ,
där k = 0, 1, 2, .... Observera alltså att detta är den variant av den geometriska fördelningen
där k kan anta värdet 0 med parameter α (jämför med den geometriska fördelningen i
formelsamlingen).
(2 p)
b) Korallrevet dör om den förgreningsprocess som startar med en enda polyp dör ut.
Förgreningsprocessen dör ut med sannolikhet π0 som är den minsta icke-negativa lösningen
till ekvationen
∞
X
π=
pk π k .
k=0
Med pk från uppgift (a) får vi
π =
∞
X
pk π k
k=0
π =
∞
X
α(1 − α)k π k
k=0
∞
X
π = α
((1 − α)π)k
k=0
π =
α
.
1 − (1 − α)π
Stokastiska processer och simulering I, 8 januari 2015
6
Summan kan vi få fram exempelvis genom att känna igen den som en geometrisk serie
eller genom att skriva om den som summan över sannolikhetsfunktionen från en geometrisk
fördelning (ungefär som den i formelsamlingen).
Vi kan nu skriva om den sista ekvationen som en vanlig andragradsekvation.
π − (1 − α)π 2 = α
α
1
π2 −
π+
= 0
1−α
1−α
Antingen löser vi detta som en andragradsekvation eller så kommer vi ihåg att en lösning
α
alltid är 1 och då ser vi direkt att den andra lösningen måste vara 1−α
.
Nu frågas efter vilka värden på α som gör att sannolikheten att korallrevet dör ut är högst
α
1
≤ 0.1 och det ger α ≤ 11
. Eftersom α är en sannolikhet så får vi
10%. Vi vill lösa 1−α
1
slutligen svaret α ∈ 0, 11 .
(5 p)
c) Att lösa detta problem som i uppgift (a) och (b) blir inte lätt. Dock behöver vi inte
göra det då det här endast frågas efter sannolikheten att revet har en chans att överleva.
Vi minns vi att en förgreningsprocess har en chans att överleva om väntevärdet av antalet
avkommor är större än 1. Väntevärdet av en variabel som är Bin(n, p = 0.1) är 0.1n. Vi
löser 0.1n > 1 och får n > 10 för att korallrevet ska ha en chans att överleva.
(3 p)
Uppgift 6
En inspektion av övergångsmatrisen visar att Markovkedjan har två absorberande klasser,{2}
och {3}, och att de övriga tillstånden, {1, 4}, utgör en transient klass. Långt fram i tiden
kommer processen alltså att befinna sig i ett av de två absorberande tillstånden.
Vi söker nu P(X0 = i|X∞ = 3), där X0 är starttillsåndet, X∞ är tillståndet långt fram
i tiden och i ∈ {1, 2, 3, 4}. Vi inser att vi skulle kunna räkna ut det omvända, dvs
P(X∞ = 3|X0 = i) och drar oss till minnes att Bayes formel (från Sanno I och även
utnyttjad i Laboration 1 i denna kurs).
Först definierar vi händelserna Ai = {X0 = i} och B = {X∞ = 3}.
Nu ger Bayes formel
P(Ai |B) =
P(Ai ∧ B)
P(B|Ai )P(Ai )
P(B|Ai )
=P
=P
,
P(B)
i P(B|Ai )P(Ai )
i P(B|Ai )
där vi antagit att P(B) > 0 och det sista steget följer av att P(Ai ) = 1/4 för alla i enligt
uppgiften.
Vi ser direkt att P(B|A2 ) = 0 och att P(B|A3 ) = 1 då både 2 och 3 är absorberande
tillstånd. För att ta reda på de två återstående betingade sannolikheterna väljer vi
att använda oss av Anders Björkströms “Några kommentarer till avsnitt 4.6 i Ross” (se
bladet för mer detaljerad beskrivning). Vi skriver först övergångsmatrisen på standardform genom att sätta de två transienta tillstånden först. Vi anger tillstånden i ordning
{1, 4, 2, 3}:
7
Stokastiska processer och simulering I, 8 januari 2015

0 β 1−β
0
 β 0

0
1
−
β

 = PT
 0 0
1
0 
0
0 0
0
1

Vi har
S = (I − PT )−1 =
1 −β
−β 1
−1
=
R
I
1
1 − β2
.
1 β
β 1
,
ur vilket vi kan beräkna den nya matrisen SR. Vi behöver dock bara två element ur denna
matris:
1
β
P(B|A1 ) = (SR)1,3 =
β(1 − β) =
2
1−β
1+β
P(B|A4 ) = (SR)4,3 =
Vi får nu
X
i
P(B|Ai ) =
1
1
(1 − β) =
2
1−β
1+β
β
1
+0+1+
= 2,
1+β
1+β
och så slutligen
1 β
21+β
P(A2 |B) = 0
1
P(A3 |B) =
2
1 1
P(A4 |B) =
.
21+β
P(A1 |B) =
(10 p)
/KS

Lösningar Stokastiska processer och simulering I 8 januari 2015 9

Transcript Lösningar Stokastiska processer och simulering I 8 januari 2015 9

Directory