Transcript Lösningar till tentamen för kursen Stokastiska processer och

STOCKHOLMS UNIVERSITET
MATEMATISKA INSTITUTIONEN
Avd. Matematisk statistik
TENTAMEN
Stokastiska processer och simulering I
16 augusti 2010
Lösningar till tentamen för kursen
Stokastiska processer och simulering I
16 augusti 2010 9–14
————————————————
Uppgift 1
a)Vi använder formeln E[X] = E[E[X|Y ]]. Eftersom E[X|Y = y] = y så är
E[X|Y ] = Y och alltså E[X] = E[Y ] = α.
Vidare gäller betingade variansformeln som säger att Var(X) = E[Var[X|Y ]]+
Var(E[X|Y ]). Beträffande första termen så gäller att Var[X|Y = y] = y,
eftersom en Poissionfördelad variabel har lika stor varians som väntevärde.
Alltså är Var[X|Y ] = Y , som ger E[Var[X|Y ]] = E[Y ] = α. Beträffande den
andra termen så har vi ju E[X|Y ] = Y , så Var(E[X|Y ]) = Var(Y ) = α2 ,
eftersom en exponentialfördelad variabel med väntevärde α har varians α2 .
Alltså är Var(X) = α + α2 .
b)E[Z] = E[E[Z|X]]. Formeln för en binomialfördelad variabels väntevärde
ger E[Z|X = x] = x/2, och denna formel gäller ju även för x = 0. Alltså är
E[Z] = E[X/2] = α/2 (följer av a-delen).
Variansen får vi genom Var(Z) = E[Var[Z|X]] + Var(E[Z|X]).
Den betingade variansen Var[Z|X] är lika med X/4, så E[Var(Z|X)] = α/4.
Det betingade väntevärdet E[Z|X] är, som vi såg, X/2, vars varians är
(α + α2 )/4. Alltså är Var(Z) = α/4 + (α + α2 )/4 = α/2 + α2 /4.
Uppgift 2
a) Definiera X(t) som antal bilar i systemet vid tidpunkten t. Då är X(t)
en födelse-dödsprocess med tillstånden 0, . . . , 5. Födelseintensiteterna är
λn = λ för n = 0, 1, 2 och λn = λ/2 för n = 3, 4. Dödsintensiteterna
är µn = n µ för n = 1, 2, 3 och µn = 3µ för n = 4, 5. Den stationära
fördelningen ges av sannolikheterna P0 = 1/(1 + r1 + r2 + r3 + r4 + r5 ) och,
för n = 1, . . . , 5 av Pn = rn P0 , där r1 = λ/µ, r2 = (λ/µ)2 /2, r3 = (λ/µ)3 /6,
r4 = (λ/µ)4 /36, r5 = (λ/µ)5 /216.
Stokastiska processer och simulering I, 16 augusti 2010
2
b) Om vi använder minuter som tidsenhet så är λ = 0.2 och µ = 0.1. Alltså
är λ/µ = 2 vilket ger r1 = 2, r2 = 2, r3 = 4/3, r4 = 4/9 och r5 = 4/27. Den
sannoliket som söks är P5 = (4/27)/(1 + 2 + 2 + 4/3 + 4/9 + 4/27) ≈ 0.0214.
c) Den andel av de intresserade bilisterna som kommer att utnyttja anlägggningen
är dels de som kommer när det är två eller färre kunder i systemet, dels
hälften av de som kommer när det är tre eller fyra kunder i systemet. Denna
andel är P0 + P1 + P2 + (1/2)(P3 + P4 ) ≈ 0.925.
Uppgift 3
a) Ja, kedjan är irreducibel. Oavsett vilken ruta en spelare står i just nu,
så kan han eller hon senare i spelet komma att stå på vilken som helst av
de andra rutorna. Med andra ord, alla tillstånd kommunicerar.
b) Nej, kedjan är inte periodisk. Man kan t.ex gå ett varv runt brädet på 4
tidssteg (om varje tärningssumma är tio) såväl som på 5 tidssteg (om varje
tärningssumma är åtta). Eftersom största gemensamma delaren till 4 och 5
är 1 så är kedjan aperiodisk.
c) Av symmetriskäl är kedjan dubbelt stokastisk, dvs stationära fördelningen
ger sannolikhet 1/40 åt varje tillstånd. Det förväntade antalet tidssteg innan
man återbesöker ett tillstånd är alltså 40.
Uppgift 4
Sannolikheterna för de olika barnantalen är P0 = 1/8, P1 = 3/8, P2 = 3/8
och P3 = 1/8.
a) Sannolikheten att de gula amöborna dör ut får vi som den minsta positiva
roten till ekvationen P3 x3 + P2 x2 + P1 x + P0 = x. Sätter vi in värden på
P0 , . . . , P3 enligt ovan får vi tredjegradsekvationen x3 + 3x2 − 5x +1 = 0. Vi
vet att en rot är x = 1, så faktorisering ger att övriga
√ rötter löser ekvationen
x2 + 4x − 1 = 0, vars minsta positiva rot är 5 − 2 ≈ 0.236. Detta är
sannolikheten att de gula amöborna dör ut. (Samma sannolikhet gäller även
för de röda och de blå, vilket vi ska utnyttja i b-uppgiften).
b) P(Alla får samma färg) = P(Alla blir gula) + P(Alla blir röda) + P(Alla blir blå) =
3 P(Alla
blir gula)
√
√ ut) P(De blå dör ut) P(De gula dör inte ut) =
√ = 3 P(De röda dör
2
3 ( 5 − 2) (3 − 5) = 3 (47 − 21 5) = 0.1277.
Uppgift 5
a) När man vet att det har inträffat 7 händelser under 60 minuter i en
Poissonprocess, så är den betingade fördelningen för tidpunkterna för de
sju händelserna likadan som fördelningen för sju oberoende slumptal som
är likformigt fördelade mellan 0 och 60. Att ingen av de sju händelserna
har inträffat under matchens första 20 minuter är samma sak som att alla
sju har inträffat under de sista 40 minuterna. Sannolikheten för detta är
(40/60)7 ≈ 0.0585.
Stokastiska processer och simulering I, 16 augusti 2010
3
b) Låt Xn betyda antal mål under period n, n = 1, 2, 3, och låt Y = X1 +
X2 + X3 . Då är alla Xn oberoende och Po(2), och Y är Po(6). Det vi söker
är r = Cov(X1 , Y )/(D(X1 )D(Y )). Beträffande täljaren så är Cov(X1 , Y ) =
Cov(X1 , X
√1 + X2 + X3 ) =
√ Var(X1 ) + 0 + 0 = 2,√och i nämnaren gäller
D(X1 ) = 2 och D(Y ) = 6. Allt detta ger r = 1/ 3 ≈ 0.5774.
Uppgift 6
Alternativ (a) är rätt. För överskådlighetens skull, beteckna händelsen
X11 = i med A, händelsen X12 = j med B och X13 = k med C. Den
sannolikhet som vi skall utreda är P(A|B ∩ C). Definitionen av betingad
sannolikhet ger
P(A|B ∩ C) =
P(A ∩ B ∩ C)
P(A ∩ B) P(C|A ∩ B)
=
P(B ∩ C)
P(B) P(C|B)
Den vanliga definitionen av en Markovkedja ger att sista faktorn i täljaren
är lika stor som sista faktorn i nämnaren. De kan alltså förkortas bort, och
resultatet är
P(A|B ∩ C) =
P(A ∩ B)
= P(A|B),
P(B)
dvs för alla i, j och k gäller
P(X11 = i|X12 = j ∩ X13 = k) = P(X11 = i|X12 = j).