Generoivat funktiot, Poisson- ja eksponenttijakaumat

Transkriptio

1 4A Generoivat funktiot, Poisson- ja eksponenttijakaumat Tämän harjoituksen tavoitteena on edelleen tutustua generoivien funktioiden sovelluksiin ja lisäksi harjoitella ratkaisemaan Poisson- ja eksponenttijakaumiin liittyviä laskutehtäviä. Tuntitehtävät 4A1 Satunnaiskävelyn kulkuaika origoon. Tarkastellaan symmetristä satunnaiskävelyä X (X t ) t Z+ kokonaisluvuilla, eli äärettömän tilajoukon S Z Markov-prosessia siirtymätodennäköisyyksin p x,x+1 1, p x,x 1 1, ja p x,y 0 kun y x 1. Olkoon { } min t 0 X t 0 satunnaiskävelyn kulkuaika origoon 0 Z. Tässä tehtävässä lasketaan todennäköisyydet generoivat funktiot (z) z j P [ j X 0 x ] j0 kulkuajalle lähtien eri tilosta x Z. Oletetaan alla, että z 1, jolloin potenssisarjojen teoriasta tiedetään, että (z):n määrittelevä sarja suppenee. (a) Laske aluksi generoiva funktio φ (0) (z). Ratkaisu. φ (0) (z) j0 zj P[ j X 0 0] 1, sillä P[ j X 0 0] saa arvon 1 kun j 0, muuten arvon 0. (b) Osoita ensiaskelanalyysillä, että kun x 0, pätee kaava (z) z ( ) φ (x+1) T 0 (z) + φ (x 1) (z). Ratkaisu. 1 / 8

2 Kun x 0: (z) z j P [ j X0 x ] (1) j0 z j P [ j X0 x ] () j1 ( 1 z j P[ j X 0 x, X 1 x 1 ] + 1 P[ j X 0 x, X 1 x + 1 ]) j1 (3) z z ( j 1 P [ j 1 X0 x 1 ] + P [ j 1 X0 x + 1 ]) (4) j1 ( z z j 1 P [ j 1 X0 x 1 ] + z j 1 P [ j 1 X0 x + 1 ]) j1 ( z z k P [ k X0 x 1 ] + k0 z ( ) φ (x+1) T 0 (z) + φ (x 1) (z) j0 (5) z k P [ k X0 x + 1 ]) (6) k0 Lauseke () saatiin, koska P [ 0 X0 x ] 0 kun x 0. Kolmas lauseke saatiin ehdollistamalla, siinä 1 P[X 1 x 1 X 0 x] P[X 1 x + 1 X 0 x]. Lauseke (4) saadaan, kun huomataan että kulkuaika origoon riippuu historiasta vain nykytilan kautta, kun tiedetään, ettei origossa vielä olla käyty (eli X 0 0); ja vaihtamalla aikatilojen ideksointia. Tiedetään, että kaikki lausekkeiden (4) ja (5) potenssisarjat suppenevat, joten hajottaminen kahdeksi potenssisarjaksi oli luvallista. Toiseksi viimeisessä vaiheessa vaihdettiin indeksointia sijoittamalla j k + 1. (c) Etsi kaikki sellaiset luvut α R, joille kaavan f(x) α x ) määrittelemä funktio f : Z R toteuttaa yhtälön f(x) ( z f(x + 1) + f(x 1). Ratkaisu. Jos z 0, niin differenssiyhtälön ainoa ratkaisu f on identtisesti nolla. Jos z 0, saadaan α x z (αx+1 +α x 1 ). Tutkitaan tapausta α 0. Yhtälö saadaan muotoon α α + 1 0, jolle ratkaisut ovat z α z z, α 1 1 z. z Huomaa, että selvästi α 1 > 1 ja toisaalta α 1 ja α ovat yhtälön 1 z (α1 + α 1 ) ratkaisuja, joten α α 1 1 ja näin ollen α < 1. (d) Käytä (c)-kohdan tulosta ratkaistaksesi (b)-kohdan yhtälö (a)-kohdan alkuehdolla, ja löydä siten kaava generoivalle funktiolle. (7) / 8

3 Vihje: Kaikista mahdollisista (b)-kohdan yhtälöiden ratkaisuista vain harvoilla ja valituilla on samanlainen käyttäytyminen kun x ± kuin etsityllä generoivalla funktiolla. Ratkaisu. Kun z 0, niin nähdään suoraan määritelmästä, että { 1, x 0 (z 0) δ x,0 0, x 0. Tutkitaan siis jatkossa tilannetta z 0. Toisen asteen homogeenisille differenssiyhtälöille (siis muotoa f(x + ) + af(x + 1) + bf(x) 0 oleville) pätee, että kun yhtälölle α + aα + b löytyi kaksi erisuurta ratkaisua α, kaikki differenssiyhtälön ratkaisut ovat muotoa f(x) C 1 α1 x + C α. x Vakiot C 1, C määrittyvät sen välin reuna-arvoista, jolla differenssiyhtälö pätee. Tutkitaan seuraavaksi reunaehtoja. Differenssiyhtälöä johdettaessa oletettiin, että x 0, eli se pätee (z):lle väleillä...,, 1 sekä 1,,... Tutkitaan jatkossa tapausta x > 0 eli määritetään reunaehdot nollassa ja äärettömissä tapaus x < 0 saadaan symmetrian perusteella: (z) φ ( x) (z). Näin ollen tiedetään, että välillä 0, 1,,... pätee (z) C 1 α x 1 + C α x joillakin vakioilla C 1 ja C. Edellä α 1 ja α ovat kohdan (c) ratkaisut. Kohdan (a) tuloksesta φ (0) (z) 1 saadaan ensimmäinen reunaehto f(0) 1, eli C 1 + C 1. Tutkitaan reunaehtoa x. Nyt (z) E(z X 0 x) E( z X 0 x) E( z X 0 X 0 x), sillä aina X 0. Nyt E( z X 0 X 0 x) z x 0, kun x. Siis reunaehdoksi saadaan (z) 0, kun x. Huomataan, että α1 x ja α x 0, kun x. Siis C 1 0. Yhdistämällä reunaehdot saadaan C 1 0 ja C 1. Käyttämällä symmetriaehtoa (z) φ ( x) (z) saadaan siis lopulta generoiva funktio kun z 0. (z) ( ) x 1 1 z, z 3 / 8

4 Kotitehtävät (palautettava kirjallisina pe klo 10:15 mennessä) 4A Riippumattomien Poisson-jakautuneiden satunnaislukujen summa. Olkoon N satunnaisluku, joka noudattaa Poisson-jakaumaa parametrilla λ > 0, eli P [ N k ] λ λk e, kun k! k Z + {0, 1,,...}. (a) Laske satunnaisluvun N todennäköisyysgeneroiva funktio φ N (z) E [ z N]. Ratkaisu. Muistetaan Poisson-jakauman pistetodennäköisyydet, P(N k) λ λk e. Näitä käyttäen saadaan k! φ N (z) E[z N ] z k P(N k) k0 e λ k0 e λ e λz e λ(z 1). z k λk k! Olkoot sitten N 1 ja N riippumattomia satunnaislukuja, jotka noudattavat Poissonjakaumaa vastaavilla parametreilla λ 1 > 0 ja λ > 0. (b) Laske satunnaisluvun N 1 +N todennäköisyysgeneroiva funktio φ N1 +N (z) E [ ] z N 1+N. Ratkaisu. Käyttäen riippumattomuutta ja kohtaa (a) saadaan φ N1 +N (z) E [ z N 1+N ] E [ ] [ ] z1 N E z N φ N1 (z)φ N1 (z) e λ 1(z 1) e λ (z 1) e (λ 1+λ )(z 1). (c) Mitä voit päätellä satunnaisluvun N 1 + N jakaumasta? Ratkaisu. Olkoon N 3 Poisson-jakautunut parametrillä (λ 1 + λ ) > 0. Kohdan (a) mukaan φ N3 (z) e (λ 1+λ )(z 1). Siispä φ N3 φ N1 +N. Koska todennäköisyydet generoiva funktio määrää Z + -arvoisen satunnaismuuttujan jakauman (pistetodennäköisyydet saadaan generoivan funktion derivaattoina), voidaan päätellä, että (N 1 + N ) on Poisson-jakautunut parametrillä (λ 1 + λ ) > 0. 4 / 8

5 4A3 Taka-Pajulan kaupunki aikoo järjestää jouluvalaistuksen. Kaupunki kilpailuttaa kaksi lamppuvalmistajaa: A ja B, joilta saadut tarjoukset ovat joko sattumalta tai kartellin johdosta lamppujen yksikköhinnalta samat. Valmistajien lamput eroavat kuitenkin laadultaan: valmistajan A lamppujen käyttöiät ovat eksponenttijakautuneita parametrilla ja valmistajan B parametrilla, ja kaikkien lamppujen käyttöiät ovat toisistaan riippumattomia. Parametreja, ei tunneta, joten kaupungin etevät virkamiehet keksivät käyttää tilastotieteen osaamistaan tilauspäätöksen tekemiseksi. Molemmilta valmistajilta tilataan lamppu testikäyttöön ja vertaillaan, kumpi lampuista kestää pidempään. Testi toistetaan, kunnes toinen valmistajista on saavuttanut viisi testivoittoa enemmän kuin toinen. Lamput tilataan tältä valmistajalta. (a) Laske todennäköisyys, että valmistajan A lamppu kestää yksittäisessä testissä pidempään. Ratkaisu. Lamppujen eliniän T, jossa {A, B}, tiheysfunktio on eksponenttijakauman mukaan f T (t) I t>0 λ exp( λ t) ja riippumattomuuden perusteella niiden yhteistiheysfuktio on näiden tulo. Näin ollen Symmetrisesti P[A:n lamppu poksahtaa ennen B:n lamppua] P[T A < T B ] f TA,T B (t A, t B )dt A dt B {t A <t B } tb t B 0 t B 0 t A 0 f TA (t A )f TB (t B )dt A dt B f TB (t B )[1 exp( t B )]dt B P[B:n lamppu poksahtaa ennen A:n lamppua] +. Oletetaan parametreille arvot 0.04 ja 0.06 (yksikköinä 1/vrk). (b) Millä todennäköisyydellä tilaus päädytään lopulta tekemään valmistajalta A? Ratkaisu. Olkoon nyt X t A:n voitot miinus B:n voitot t:n testin jälkeen. Jos X t ±5, asetetaan X t+1 X t, koska testejä ei enää tehdä. Riippumattomuusoletusten mukaan X t on Markov-ketju, ja sen siirtymäkaavio on 5 / 8

6 Kyseessä on siis uhkapelurin vararikko-ongelma etenemistodennäköisyydellä +. Tehtävänannon perusteella X 0 0 ja halutaan selvittää tn, että A voittaa eli Markov-ketju X t osuu absorboivaan tilaan 5. Muistetaan (esim. Kytölä: Vuoden 016 luentomuistiinpanot, sivut 40 43), että osumatodennäköisyys f uhkapelurin vararikko-ongelmassa toteuttaa rekursion Kun 1/, ratkaisut ovat muotoa f(j) (1 )f(j 1) + f(j + 1). ( ) j 1 f(j) α + β α ( λa ) j + β, jossa vakiot α ja β määritetään reunaehdoista. Tässä reunaehdot ovat { f( 5) 0 f(5) 1 ( ) 5 λ α A + β 0 ( ) 5 λ α A + β 1 1 α ( ) λa 5 ( ) λb 5 λb ( ) λa 5 λ β α B λa joten lopulta kiinnostava suure on f(0) α + β ( 1 ( ) 5 λa ) 5 ( ) 5. (8) λa Sijoittamalla yllä saatuun kaavaan 0.04 ja 0.06 saadaan f(0) 1 (3/)5 (/3) 5 (3/) Lisäys. Symmetrian perusteella pitäisi päteä f(0) 1/, kun / 1. Osoita tämä yhtälöstä (8). 6 / 8

7 (c) Kuinka monta testiä odotusarvoisesti tarvitaan? Vihje: Ratkaisun löytämiseksi palauta ensinnäkin mieleesi, että kaavan g(k) α k määrittelemä funktio toteuttaa yhtälön g(k) g(k + 1) (1 ) g(k 1) 0 sopivasti valituilla parametrin α arvoilla. Lisäksi huomaa, että kaavan g 0 (k) k määrittelemä funktio toteuttaa yhtälön g(k) g(k + 1) (1 ) g(k 1) C eräällä vakion C arvolla. Lineaarikombinaatioilla näistä saat ratkaistua tarvittavat yhtälöryhmät. Ratkaisu. Kulkuaikoja uhkapelurin vararikko-ongelmaan ei ole ratkaistu luentomuistiinpanoissa, joten tehdään se tässä. Olkoon g(x) odotettu kulkuaika joukkoon { 5, 5} alkaen tilasta x. Tällöin g toteuttaa { g( 5) g(5) 0 g(k) g(k + 1) + (1 ) g(k 1) + 1, 4 k 4. Jälkimmäinen yhtälö saadaan muotoon g(k) g(k + 1) (1 ) g(k 1) 1. Vihjeen mukaisesti muistetaan, että vastaavan homogeenisen ongelman f(k) f(k + 1) (1 ) f(k 1) 0 toteuttavat (kun 1/) osumatodennäköisyydet ( ) k 1 f(k) α + β. Toisaalta kaavan g 0 (k) k määrittelemä funktio toteuttaa yhtälön g 0 (k) g 0 (k + 1) (1 ) g 0 (k 1) 1, joten kun 1/ toteuttavat funktiot differenssiyhtälön g(k) f(k) g 0(k) α ( 1 ) k + β + k 1 g(k) g(k + 1) + (1 ) g(k 1) 1. Tässä tehtävässä haluttu odotettu kulkuaika on g(0) α + β. Jäljellä on vakioiden α, β määritys. Reunaehdoista saadaan ( ) 5 g( 5) 5 + α β 0 α ( 10 (1 ) ( 1 ) 5 ( ( ) 5 ( ) 5 g(5) 5 + α β 0 β α. 1 ) 5) 7 / 8

8 Näin saadaan kulkuajaksi g(0) α + β ( ( ) ) α ( ( ) ) (1 ) ( ( 1 10 ) 5 ( 1 ) 5 ). Muistetaan, että /( + ). Sijoitetaan vielä lukuarvot 0.06, jolloin 0.6 ja ylläoleva riemukaava antaa 0.04 ja g(0) Odotusarvoisesti Taka-Pajulan viisaat virkamiehet saavat siis tehdä lampunpolttokoetta. Huh huh! Lisäys. (Tapaus 1/.) Tutkitaan vielä uhkapelurin kulkuaikoja tapauksessa 1/. Tällöin odotusarvoiset kulkuajat g toteuttavat differenssiyhtälön g(k) 1 g(k + 1) 1 g(k 1) 1. (9) Ylläolevaa ratkaisutapaa toistaen havaitaan, että osumatodennäköisyys f(k) αk + β toteutta vastaavan homogeenisen yhtälön f(k) 1 f(k + 1) 1 f(k 1) 0. Toisaalta g:lle kirjoitettu differenssiyhtälö (9) on toisen derivaatan diskretisaatio 1 g (k) 1. Tästä teemme valistuneen arvauksen, että g 0 (k) k voisi toteuttaa myös vastaavan diskereetin yhtälön (9). Ja tosiaan: Näin ollen g 0 (k) 1 g 0(k + 1) 1 g 0(k 1) 1. g(k) αk + β k ovat yhtälön (9) ratkaisuja, jotka voidaan sovittaa reunaehtoihin valitsemalla sopivat α ja β. 8 / 8