1626435387-5d0ec7dd22f55dfcc65f3209f497fb0b (844202), страница 41
Текст из файла (страница 41)
подраздел 2.7 данного пособия). Здесь плотностьfξ (u; λ) = λe−λu , u > 0, представляет собой табличную экспоненциальную плотность (2.18) с моделирующей формулой (2.20). Также табличной является и плотность fη (v) ≡ 1/2; v ∈ (0, 2) ⊂ (0, +∞) (этоплотность равномерного распределения (2.23)). Соответствующая совместная плотность (14.25) имеет вид (14.23).Соответствующая версия алгоритма(14.24) имеет следующий простой вид: η0 = 2α1 ; ξ0 = − ln α2 η0 . Представление (14.19) для плотности (14.25) не дает эффективного (экономичного) алгоритма моделирования выборочного значения (ξ0 , η0 ) (подробности см. в описаниипримера 2.3).Отметим, что технология Б активно используется на практике привыборе переходных функций прикладных цепей Маркова (см., в частности, рассуждения из раздела 6 данного пособия).Теперь разберем экзаменационные задачи по теме «Моделирование двумерного вектора».
Эти задачи сконструированы согласно технологии Б или ее аналогу из замечания 14.3.ЗАМЕЧАНИЕ 14.4. При решении экзаменационных задач по теме«Моделирование двумерного вектора» следует понять, какое из представлений данной в задаче совместной плотности f(ξ,η) (u, v) – (14.19) или(14.20) – дает эффективный алгоритм моделирования. Это понимание тесно связано с ответом вопрос «По какой переменной функция f(ξ,η) (u, v)может быть проинтегрирована аналитически?», ответ на которыйвполне очевиден.Можно отметить, что в выбранном представлении (14.19) или (14.20)одна плотность, как правило, является табличной (с точностью до обозначений параметров λ, a, b) – см. замечание 2.8; здесь можно использовать формулы (2.20), (2.22), (2.23), не представляя преобразованиясоответствующего уравнения (14.1) и результаты проверки 2.1.ПРИМЕР Б1 (1,5 балла). Рассмотрим характерный пример экзаменационной задачи.ЗАДАЧА Б1 [13]. Сформулируйте стандартный метод моделирования случайного вектора и продемонстрируйте его на примере дву-243мерного вектора (ξ, η), имеющего плотность распределенияf(ξ,η) (u, v) =e−4uv,v4u > 0,v>1.2(14.26)РЕШЕНИЕ.
Согласно замечанию 14.4, нужно определить, какое изпредставлений данной плотности f(ξ,η) (u, v) из соотношения (14.26) даетэффективный алгоритм моделирования. Очевидно, что интегрированиеэтой функции по переменной v затруднено, и поэтому представление(14.19) не дает простых алгоритмов моделирования выборочного значения (ξ0 , η0 ) случайного вектора (ξ, η).Рассмотрим представление (14.20). ИмеемZfη (v) =0+∞+∞11e−4uv du−4vu = 5,=×(−e)v44v 54v0fξ (u|v) =f(ξ,η) (u, v)= 4ve−4vu ,fη (v)v>1,2u > 0.Выведем формулу метода обратной функции распределения для компоненты η.
Преобразуя соответствующее уравнение (14.1) (см. такжесоотношение (2.16)), последовательно получаем:Z η0dv11 η01= α1 ,;=α,−= 1−α1 и, наконец, η0 =1405416 v 1/216η02(α1 )1/41/2 4vздесь α10 = 1 − α1 . Проверка 2.1 при α1 = 0 дает α10 = 1 и η0 = 1/2, апри α1 = 1 имеем α10 = 0 и η0 = +∞.Для моделирования выборочного значения ξ0 компоненты ξ используем табличную формулу типа (2.20) (см. пример 2.1 и замечание 2.8):ξ0 = −(ln α2 )/(4η0 ). Решение задачи Б1 закончено.При конструировании плотности (14.26) использована версия технологии Б из замечания 14.3: для компоненты ξ была выбрана экспоненциальная плотность (2.18) с параметром 4λ вида fξ (u; λ) = 4λe−4λu ,u, λ > 0, а для компоненты η, отражающей рандомизацию параметраλ, взята плотность fη (v) = 1/(4v 5 ), v ∈ (1/2, +∞) ⊂ (0, +∞). Описаниепримера Б1 закончено.ПРИМЕР Б2 (1,5 балла).
Рассмотрим еще одну экзаменационнуюзадачу.244ЗАДАЧА Б2 [13]. Сформулируйте стандартный метод моделирования случайного вектора и продемонстрируйте его на примере двумерного вектора (ξ, η), имеющего плотность распределения3f(ξ,η) (u, v) = 3 u2 (u + 1) v u e−u ,u > 0, 0 < v < 1.(14.27)РЕШЕНИЕ.
На этот раз интеграл по u функции f(ξ,η) (u, v) из соотношения (14.27) аналитически не берется, поэтому представление (14.20)не дает простых алгоритмов моделирования выборочного значения(ξ0 , η0 ) случайного вектора (ξ, η).Рассмотрим представление (14.19). ИмеемZ 113333 u2 (u + 1) v u e−u dv = 3 u2 e−u × (v u+1 ) = 3 u2 e−ufξ (u) =00при u > 0 иfη (v|u) =f(ξ,η) (u, v)= (u + 1) v u , 0 < v < 1.fξ (u)Выведем формулу метода обратной функции распределения для компоненты ξ.
Преобразуя соответствующее уравнение (14.1), последовательно получаем:Z ξ0p33 ξ 03 u2 e−u du = α1 , −e−u = α1 и, наконец, ξ0 = 3 − ln α10 ;00здесь α10 = 1 − α1 . Проверка 2.1 при α1 = 0 дает α10 = 1 и ξ0 = 0, а приα1 = 1 имеем α10 = 0 и ξ0 = +∞.Для моделирования выборочного значения η0 компоненты η, имеющей (при фиксированном ξ = ξ0 ) степенное распределение (2.21), используем табличную формулу типа (2.22) (см. пример 2.2 и замеча1/(ξ +1)ние 2.8): η0 = α2 0 . Решение задачи Б2 закончено.При конструировании плотности (14.27) использована технология Б: для компоненты η была выбрана табличная плотность степенногораспределения (2.21) fη (v; λ) = (λ + 1)uλ , 0 < u < 1, λ > 0, а для компоненты ξ, отражающей рандомизацию параметра λ, взята плотность3fξ (u) = 3u2 e−u , u ∈ (0, +∞).В свою очередь, последняя плотность получена с помощью технологии А из табличной плотности fθ (w) = e−w с использованием заменыw = u3 .
Описание примера Б2 закончено.245ПРИМЕР Б3 (1,5 балла). Приведем еще один пример экзаменационной задачи.ЗАДАЧА Б3 [13]. Сформулируйте стандартный метод моделирования случайного вектора и продемонстрируйте его на примере двумерного вектора (ξ, η), имеющего плотность распределенияf(ξ,η) (u, v) = 4 uv−1 ln3 v, 0 < u < 1, 1 < v < e.(14.28)РЕШЕНИЕ. Очевидно, что интеграл по v от функции (14.28) аналитически не берется, поэтому представление (14.19) не дает простыхалгоритмов моделирования выборочного значения (ξ0 , η0 ) случайноговектора (ξ, η).Рассмотрим представление (14.20). ИмеемZfη (v) =14 uv−1 ln3 v du =0fξ (u|v) =14 ln3 v4 ln3 v× (v uv−1 ) =, 1 < v < e,vv0f(ξ,η) (u, v)= v uv−1 , 0 < u < 1.fη (v)Выведем формулу метода обратной функции распределения для компоненты η.
Преобразуя соответствующее уравнение (14.1), последовательно получаем:Z1η0 η0√4 ln3 v dv4= α1 , ln4 v = α1 , и, наконец, η0 = e α1 .v1Проверка 2.1 при α1 = 0 дает η0 = 1, а при α1 = 1 имеем η0 = e.Для моделирования выборочного значения ξ0 компоненты ξ используем табличную формулу типа (2.22) (см. пример 2.2 и замечание 2.8):1/ηξ0 = α2 0 . Решение задачи Б2 закончено.При конструировании плотности (14.28) использована версия технологии Б из замечания 14.3: для компоненты ξ был выбран аналогтабличной плотности степенного распределения (2.21) fξ (u; λ) = λuλ−1 ,0 < u < 1, λ > 1, а для компоненты η, отражающей рандомизациюпараметра λ, взята плотность fη (v) = (4 ln3 v)/v, v ∈ (1, e) ⊂ (1, +∞).В свою очередь, последняя плотность получена с помощью технологии А из табличной плотности fθ (w) = 4w3 с использованием заменыw = ln v.
Описание примера Б3 закончено.246Теперь обсудим выполнение пункта Б семестрового домашнего задания (СДЗ). Можно заметить, что приводимые до этого примеры по этому пункту – примеры 2.3, Б1–Б3 имели невысокие оценки СДЗ. Причина в том, что частные плотности для компонент ξ и ηпредставляли простые (часто – табличные) плотности. Даже небольшое«усложнение» этих частных плотностей с помощью технологии А (см.замечание 14.2) позволяет повысить оценку СДЗ.ПРИМЕР Б4 (2 балла; [13]). Пусть требуется построить эффективный алгоритм моделирования выборочного значения (ξ0 , η0 ) двумерногослучайного вектора (ξ, η) с плотностью распределенияf(ξ,η) (u, v) =1π3 v sin v e−3uv, 0<u< , 0<v< .−v1−e32(14.29)Очевидно, что интеграл по v от этой функции аналитически не возьмется, поэтому представление (14.19) не дает простых алгоритмов моделирования случайного вектора (ξ, η).Рассмотрим представление (14.20).
ИмеемZ1/3fη (v) =03 v sin v e−3uv du= sin v ×1 − e−v−e−3vu1 − e−v 1/3= sin v0для 0 < v < π/2 иfξ (u|v) =f(ξ,η) (u, v)3 v e−3uv1=, 0<u< .−vfη (v)1−e3Выведем соответствующие формулы метода обратной функции распределения. Для выборочного значения η0 последовательно получаем:Z η0 η0sin v dv = α1 , − cos v = α1 и, наконец, η0 = arccos α10 ;00здесь α10 = 1 − α1 .Для выборочного значения ξ0 последовательно получаем:Z ξ03 η0 e−3η0 u du= α2 , 1 − e−3η0 ξ0 = α2 (1 − e−η0 )1 − e−η00ln 1 − α2 (1 − e−η0 )и, наконец, ξ0 = −.3η0247Проверка 2.1 при α1 = 0 дает α10 = 1 и η0 = arccos 1 = 0, а при α1 = 1имеем α10 = 0 и η0 = arccos 0 = π/2.
При α2 = 0 получаем ξ0 = − ln 1 − 0 ×(1 − e−η0 ) (3η0 ) = 0, а приα2 = 1 имеем ξ0 = − ln 1 − 1 × (1 − e−η0 ) (3η0 ) = η0 /(3η0 ) = 1/3.При конструировании плотности (14.29) использована версия технологии Б из замечания 14.3: для компоненты ξ была выбранаплотностьусеченногоэкспоненциальногораспределенияfξ (u; λ) = 3λe−3λu (1 − e−λ ), 0 < u < 1/3, λ > 0, а для компоненты η,отражающей рандомизацию параметра λ, взята плотностьfη (v) = sin v, v ∈ (0, π/2) ⊂ (0, +∞).