Cadenas de Markov

CADENAS DE MARKOVEn los problemas de toma de decisiones, con frecuencia nos enfrentamos a situaciones que tienen incertidumbre asociada a ellas. Esta incertidumbre proviene de la variación inherente a las fuentes de esa variación que eluden el control o proviene de la inconsistencia de los fenómenos naturales. En lugar de manejar esta variabilidad como cualitativa, puede incorporarse a un modelo matemático y manejarse en forma cuantitativa. Por lo general, este tratamiento puede lograrse si el fenómeno natural muestra un cierto grado de regularidad, de manera que sea posible describir la variación mediante un modelo probabilístico. Este capitulo presenta modelos de probabilidad para procesos que evolucionan en el tiempo de una manera probabilística. Tales procesos se llaman procesos estocásticos. Después de introducir brevemente los procesos estocásticos generales en la primera sección, el resto del capítulo está dedicado a un tipo especial de proceso, llamado Cadena de Markov. Las cadenas de Markov tienen la propiedad particular de que las probabilidades que describen la forma en que el proceso evolucionará en el futuro dependen sólo del estado actual en que se encuentra el proceso y, por lo tanto, son independientes de los eventos ocurridos en el pasado. Muchos procesos se ajustan a esta descripción por lo que las cadenas de Markov constituyen una clase de modelos probabilísticos de gran importancia y por lo tanto, se han aplicado con éxito en áreas tales como educación, mercadotecnia, servicios de salud, finanzas, contabilidad y producción, entre otros. 1.1 ¿QUÉ ES UN PROCESO ESTOCÁSTICO? Suponga que se observa una característica de un sistema en un conjunto de puntos discretos del tiempo (que llamaremos T = {0, 1, 2, , t, } y que no necesariamente son equidistantes) y la cual puede tomar en cada uno de estos tiempos uno de un número finito de estados mutuamente excluyentes, etiquetados como 1, 2, , s 1 . Sea Xt el valor de la característica del sistema en el tiempo t (Xt toma valores en el conjunto S = {1, 2, , s}). En la mayor parte de los casos no se conoce Xt con certeza antes del tiempo t y por lo tanto se puede considerar como variable aleatoria. Así, un proceso estocástico de tiempo discreto y estado finito no es más que un conjunto indexado de variables aleatorias idénticamente distribuidas {Xt} sobre un conjunto discreto T, las cuales toman valores en un conjunto S = {1, 2, 3, …, s}, y el cual da una descripción de la relación entre las variables aleatorias X0 , X1, X2, , Xt, . A continuación se dan unos ejemplos de procesos estocásticos de tiempo discreto. Ejemplo 1.1 La ruina del jugador. En el tiempo 0 tengo $2000. En los tiempos 1, 2,  participo en un juego en el que solo puedo apostar $1000. Gano con probabilidad p, y pierdo con probabilidad 1 - p. Mi meta es aumentar mi capital a $4000, y tan pronto como lo logre se suspende el juego. El juego también se suspende si mi capital se reduce a $0. Sea t el tiempo después de terminada la t-ésina partida y Xt la variable aleatoria que representa el capital que poseo después del juego cuando el tiempo es t, si es que lo hay. Así, los estados que puede tomar el sistema son: Estado 0 Tener $0 Estado 1 Tener $1000 Estado 2 Tener $2000 Estado 3 Tener $3000 Estado 4 Tener $4000, y por lo tanto S = {0, 1, 2, 3, 4}. Entonces se puede considerar que {Xt} es un proceso estocástico de tiempo discreto. Nótese que X0 = 2 es una constante conocida, pero que X1 y las demás Xt son aleatorias. Por ejemplo, X1 = 3 con probabilidad p y X1 = 1 con probabilidad 1 - p. Nótese que si Xt = 4, entonces Xt+1 y todas las demás Xt también serán iguales a 4. 1 Es indiferente si se inicia a etiquetar desde 1 o desde 0. 1 Igualmente, si Xt = 0, entonces Xt+1 y todas las demás Xt serán también cero. Por razones obvias, a estos casos se les llama problema de la ruina del jugador. Ejemplo 1.2 Una urna contiene dos bolas, las cuales se encuentran sin pintar. Se selecciona una bola al azar y se lanza una moneda. Si la bola elegida no está pintada y la moneda produce cara, pintamos la bola de rojo; si la moneda produce sello, la pintamos de negro. Si la bola ya está pintada, entonces cambiamos el color de la bola de rojo a negro o de negro a rojo, independientemente de si la moneda produce cara o sello. Para modelar este caso como proceso estocástico, definimos a t como el tiempo después que la moneda ha sido lanzada por t-ésina vez y se ha pintado la bola escogida. En cualquier tiempo se puede representar el estado del sistema mediante el vector [u, r, b], donde u es el número de bolas sin pintar en la urna, r el número de bolas rojas y b el de bolas negras. Luego los estados del sistema serán: Estado 1 [2, 0, 0] Estado 2 [1, 1, 0] Estado 3 [1, 0, 1] Estado 4 [0, 1, 1] Estado 5 [0, 2, 0] Estado 6 [0, 0, 2]. Se nos dice que X0 = [2, 0, 0]. Después del primer lanzamiento una bola habrá sido pintada ya sea de rojo o de negro y el estado será [1, 1, 0] o [1, 0, 1]. Por lo tanto, podemos asegurar que X1 = [1, 1, 0] o X1 = [1, 0, 1]. Es claro que debe haber alguna relación entre las Xt. Por ejemplo, si Xt = [0, 2, 0], podemos asegurar que Xt+1 será [0, 1, 1]. Ejemplo 1.3 Sea X0 el precio de una acción de la compañía de Computadoras CSL al principio de este día hábil. También, sea Xt el precio de esa acción al principio del t-ésimo día hábil en el futuro. Es claro que si se conocen los valores de X0, X1, …, Xt estos valores dicen algo acerca distribución de probabilidad de Xt+1; el asunto es: ¿qué nos dice el pasado (los precios de las acciones hasta el tiempo t) acerca de Xt+1? La respuesta a esta pregunta es de importancia crítica en finanzas. Para mayores detalles, véase la siguiente sección. Ejemplo 1.4 Problema de inventarios. Una tienda de cámaras tiene en almacén un modelo especial que se puede ordenar cada semana. Sean D1, D2, … las demandas de este tipo de cámara durante la primera, segunda, , t-ésima semana, respectivamente. Suponga que las Dt son variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas con distribución de probabilidad conocida. Sea Xt el número de cámaras que se tiene en el momento de iniciar el proceso. El sábado en la noche la tienda hace un pedido que le entrega el lunes en el momento de abrir la tienda. La tienda usa la siguiente política (s, S) 2 para ordenar: Si el número de cámaras en inventario al final de la semana es menor que s = 1 , ordena (hasta) S = 3. De otra manera no coloca la orden. Se supone que las ventas se pierden cuando la demanda excede el inventario. Entonces {Xt} es un proceso estocástico. Los estados posibles del proceso son: Estado 0 Tener 0 cámaras en inventario al final de la semana Estado 1 Tener 1 Cámara en inventario al final de la semana Estado 2 Tener 2 cámaras en inventario al final de la semana Estado 3 Tener 3 cámaras en inventario al final de la semana. De hecho, es claro que las variables aleatorias Xt son dependientes y se pueden evaluar en forma iterativa por medio de la expresión 2 Una política (s, S) es una política de revisión continua que consiste en ordenar hasta S unidades siempre que el nivel del inventario baje de s (S ≥ s). Si el nivel de inventario es s o mayor que, no se ordena. 2 ¹ ' ¹ ≥ − < − · + + + 1 si } 0 ), {( 1 si } 0 ), 3 {( 1 1 1 t t t t t t máx máx X D X X D X (1) Se finalizará esta sección con una explicación breve de los procesos estocásticos de tiempo continuo. Un proceso estocástico de tiempo continuo es simplemente un proceso estocástico en el que el estado del sistema se puede examinar en cualquier tiempo y no sólo en instantes discretos. Por ejemplo, se puede considerar que el número de personas en un supermercado a los t minutos después de abrir, es un proceso estocástico de tiempo continuo. Los modelos en los que intervienen estos procesos se estudiaran más adelante. Como el precio de una acción se puede observar en cualquier tiempo, y no sólo al abrir la bolsa, este se puede considerar como proceso estocástico de tiempo continuo. Al considerarlo así, se ha podido llegar a importantes resultados en la teoría de finanzas, incluyendo la famosa fórmula de Black-Scholes para opción de precio. 1.2 ¿QUÉ ES UNA CADENA DE MARKOV? Es necesario hacer algunas suposiciones sobre la distribución conjunta de X0, X1,  para obtener resultados analíticos. Hay una suposición que nos lleva a un tipo especial de procesos estocásticos de tiempo discreto llamados cadenas de Markov. Para simplificar nuestra presentación supondremos que en cualquier tiempo, el proceso estocástico de tiempo discreto puede estar en uno de un número finito de estados identificados por 1, 2, …,s. DEFINICIÓN Un proceso estocástico de tiempo discreto es una cadena de Markov si para t = 0, 1, 2,  y todos los estados, ( ) ( ) t t t t t i | i P i , i , , i , i | i P · · · · · · · · + + − − + + t t t t t X X X X X X X 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1  (2) En esencia, la ecuación (1) dice que la distribución de probabilidad del estado en el tiempo t + 1 depende del estado en el tiempo t (it) y no depende de los estados por los cuales pasó la cadena para llegar a it, en el tiempo t, es decir, el estado que tomará el sistema en el futuro inmediato solo depende del presente más no del pasado. La probabilidad condicional ( ) t t i | i P · · + + t t X X 1 1 se llama probabilidad de transición, ya que el sistema en período pasa del estado it+1 al estado it. Además, si para cualquier par de estados i y j ocurre ( ) i j| P · · + t t X X 1 toma el mismo valor para todo t, se dice que la cadena de Markov es estacionaria en el tiempo y se puede escribir: P(Xt+1 = j | Xt = i) = P(X1 = j | X0 = i) = pij (3) donde pij es la probabilidad de que dado que el sistema está en el estado i en el tiempo t, el sistema estará en el estado j en el tiempo t + 1. Con frecuencia, en una cadena de Markov, a las pij, se les conoce con el nombre de probabilidades de transición estacionarias. La Ecc. 2 indica que la ley de probabilidad que relaciona el estado tomado en el siguiente periodo con el estado actual del sistema no cambia, o que permanece estacionaria, en el tiempo. Por este motivo, a menudo se llama Hipótesis de estabilidad a la ecuación (2). Toda cadena de Markov que cumple con la Ecc. 2 se llama cadena estacionaria de Markov. En la mayoría de las aplicaciones, las probabilidades de transición se presentan como una matriz P de probabilidad de transición s × s. La matriz de probabilidad de transición P se puede escribir como 3 1 1 1 1 ] 1 ¸ · SS S S S S p p p p p p p p p       2 1 2 22 21 1 12 11 P Dado que el estado es i en el tiempo t, el proceso debe estar en algún lugar en el tiempo t + 1. Esto significa que para cada i, 1 ) | ( 1 1 · · · ∑ · + s j t t i X j P X o bien que 1 1 · ∑ · s j ij p También sabemos que cada elemento de la matriz P debe ser no negativo. Por lo tanto, todos los elementos de la matriz de probabilidad de transición son no negativos y además, los elementos de cada renglón deben sumar 1. El estudio de las cadenas de Markov también necesita que se defina qi como la probabilidad de que la cadena se encuentre en el estado i en el tiempo 0; en otras palabras, P(X0 = i) = qi. Al vector q = [q1, q2, …, qs] se le llama distribución inicial de probabilidad de la cadena de Markov. Ejemplo 2.1 La ruina del jugador (continuación). Encuentre la matriz de transición del Ejemplo 1.1. Solución Como la cantidad de dinero que tengo después de t + 1 jugadas depende de los antecedentes del juego sólo hasta la cantidad de efectivo que tengo después de t jugadas, no hay duda que se trata de una cadena de Markov. Debido a que como las reglas del juego no varían con el tiempo, también tenemos una cadena de Markov estacionaria. La matriz de transición es la siguiente: Estado 0 1 2 3 4 0 1 0 0 0 0 1 1 - p 0 P 0 0 P = 2 0 1 - p 0 P 0 3 0 0 1 - p 0 p 4 0 0 0 0 1 Si el estado es 0 o 4 no juego más y, por lo tanto, el estado no puede cambiar; entonces p00 = p44 = 1. Para los demás estados sabemos que, con probabilidad p, el estado del siguiente periodo será mayor que el estado actual en 1, y con probabilidad 1 - p, el estado del siguiente periodo será menor en 1 que el estado actual. Una matriz de transición se puede representar con una gráfica en la que cada nodo represente un estado y arc(i, j) represente la probabilidad de transición pij. La Fig. 1 es una representación gráfica de la matriz de probabilidad de transición para este ejemplo. Figura 1 Representación gráfica de la matriz de transición para el ejemplo de la ruina del jugador Ejemplo 2.2 (Continuación) Determine la matriz de transición del Ejemplo 1.2 de la sección anterior. 4 Solución Como el estado de la urna después del siguiente lanzamiento de la moneda depende sólo del pasado del proceso hasta el estado de la urna después del lanzamiento actual, se trata de una cadena de Markov. Además, las reglas no varían a través del tiempo y por lo tanto tenemos una cadena estacionaria de Markov. La matriz de transición para el Ejemplo 1.2 es la siguiente: Estado [0, 1, 1] [0, 2, 0] [0, 0, 2] [2, 0, 0] [1, 1, 0] [1, 0, 1] P = [0, 1, 1] 0 ½ ½ 0 0 0 [0, 2, 0] 1 0 0 0 0 0 [0, 0, 2] 1 0 0 0 0 0 [2, 0, 0] 0 0 0 0 ½ ½ [1, 1, 0] ¼ ¼ 0 0 0 ½ [1, 0, 1] ¼ 0 ¼ 0 ½ 0 Para ver cómo se forma la matriz de transición, determinaremos el renglón [1, 1, 0]. Si el estado actual es [1, 1, 0], dadas las condiciones del problema, no es posible pasar a cualquiera de los estados [0, 0, 2], [2, 0, 0] y [1, 1, 0] y por lo tanto la probabilidad de transición del estado [1, 1, 0] a cualquiera de estos estados es cero. Ahora bien, si el estado es [1, 1, 0] para alcanzar el estado [0, 2, 0] debe ocurrir que se escoge una bola sin pintar (con probabilidad ½) y que el resultado del lanzamiento de la moneda sea cara (con probabilidad ½), lo que da una probabilidad de ¼. Pero si lo que ocurre es que se saca una bola sin pintar (con probabilidad ½) y el resultado del lanzamiento de la moneda es sello (con probabilidad ½) se alcanza el estado [0, 1, 1] con probabilidad ¼. Finalmente, si se escoge la bolla roja (con probabilidad de ½), sin importar el resultado del lanzamiento de la moneda a esta se le cambiará el color y se alcanza así el estado [1, 0, 1] con probabilidad ½. Lo anterior se resume en la Tabla 1. Tabla 1 Cálculos de las probabilidades de transición si el estado actual es [1, 1, 0] EVENTO PROBABILIDAD ESTADO NUEVO Sacar cara en el lanzamiento y escoger un a bola sin pintar ¼ [0, 2, 0] Escoger bola roja ½ [1, 0, 1] Sacar cruz en el lanzamiento y escoger una bola sin pintar ¼ [0, 1, 1] En la Fig. 2 se da una representación gráfica de esta matriz de transición. Figura 2 Representación gráfica de la matriz de transición para el ejemplo de la urna Ejemplo 2.3 (Continuación) En los últimos años, los estudiantes de finanzas han dedicado mucho esfuerzo a contestar la pregunta de si el precio diario de una acción se puede describir mediante una cadena de Markov. Supongamos que el precio diario de una acción, como el de la compañía de computadoras CSL, se puede representar por una cadena de Markov. 5 ¿Qué nos dice esto? Simplemente que la distribución de probabilidad del precio de las acciones mañana depende sólo del precio de hoy, pero no de los precios anteriores. Si el precio de una acción se puede representar como cadena de Markov, los “tablistas” que tratan de predecir los precios futuros sobre la base de los comportamientos seguidos durante el pasado están mal. Por ejemplo, supongan que el precio diario de una acción de CSL sigue una cadena de Markov y el precio de hoy es 50 dólares. Entonces, para predecir el precio de mañana no importa si el precio ha aumentado o disminuido durante cada uno de los últimos 30 días. En cualquier caso, o en cualquier otro caso que pudiera haber conducido al precio actual de 50 dólares, la predicción del precio de mañana se debe basar sólo en el hecho de que hoy el precio de esas acciones es de 50 dólares. En la actualidad, el consenso es que para la mayor parte de las acciones, su cotización diaria se puede describir con una cadena de Markov. A esta idea se le llama con frecuencia hipótesis del mercado eficiente. Ejemplo 2.4 Problema de inventario (continuación). Encontrar la matriz de transición para el ejemplo 1.4, suponiendo que Dt tiene una distribución de probabilidad Poisson con parámetro λ = 1 3 . Solución Para obtener p00 es necesario evaluar P(Xt+1=0 | Xt=0). Si Xt=0, entonces Xt+1= máx{(3 – Dt+1), 0}, según la Ecc 1. Pero como Xt+1=0, 3 – Dt+1 ≤ 0 y por lo tanto Dt+1 ≥ 3. Así, p00= P(Dt+1 ≥ 3) = 1 - P(Dt+1 ≤ 2) = .080; y p10= P(Xt+1=0 | Xt=1) se puede obtener de una manera parecida. Si Xt=1, entonces Xt+1= máx{(1 – Dt+1), 0}. Pero como Xt+1=0, 1 – Dt+1 ≤ 0 y por lo tanto la demanda debe ser 1 o más. Por esto, p10= P(Dt+1 ≥ 1) = 1 - P(Dt+1 = 0) = .632. Para encontrar p21= P(Xt+1=1 | Xt=2), observe que Xt+1= máx{(2 – Dt+1), 0} si Xt=2. En consecuencia, si Xt+1=1, entonces la demanda durante la semana tiene que ser exactamente 1. Por lo tanto, p21= P(Dt+1=1) = .368. Los elementos restantes se obtienen en forma similar, lo que lleva a la siguiente matriz de transición: 3 2 1 0 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 368 . 368 . 184 . 080 . 0 368 . 368 . 264 . 0 0 368 . 632 . 368 . 368 . 184 . 080 . 3 2 1 0 P La Fig. 3 muestra la representación gráfica de esta matriz de transición. Figura 3 Representación gráfica para la matriz de transición para el problema de inventario. PROBLEMAS GRUPO A 1. En una ciudad, al 90% de los días soleados siguen días soleados, y al 80% de los días nublados siguen días nublados. Con esta información 3 La distribución Poisson esta dada por: ¸ ¸ · · · − caso otro cualquier en , 0 , 2 , 1 , 0 Si ! ) (  x x e x P x λ λ X 6 modelar el clima de la ciudad como cadena de Markov. 2. Suponga que la probabilidad de lluvia mañana es 0.5 si hoy llueve y que la probabilidad de un día claro (sin lluvia) mañana es 0.9 si hoy está claro. Suponga además que estas probabilidades no cambian si también se proporciona información sobre el clima de días anteriores a hoy. a) Explique por qué las suposiciones establecidas implican que la propiedad markoviana se cumple para la evolución del clima. b) Formule la evolución del clima como una cadena de Markov definiendo sus estados y dando su matriz de transición (de un paso). 3. Considere que si el precio de una acción sube o no mañana depende de si subió o no hoy y ayer. Si la acción subió hoy y ayer, mañana subirá con probabilidad α1. Si la acción subió hoy y ayer bajó, mañana subirá con probabilidad α2. Si la acción bajó hoy y ayer subió, la probabilidad de que suba mañana es α3. Por último, si la acción bajó hoy y ayer, la probabilidad de que suba mañana es α4. Modele esta situación como una cadena de Markov y determine la matriz de transición de un paso. 4. Reconsidere el problema 3. Suponga ahora que el hecho que la acción suba mañana depende de si subió o no hoy, ayer y antier. ¿Puede este problema formularse como una cadena de Markov? Si se puede, ¿cuáles son los estados posibles? Explique por qué estos estados dan al proceso la propiedad markoviana mientras que si definen como se hizo para los estados en el problema anterior esto no ocurre. 5. Una fábrica tiene dos máquinas. Durante cualquier día, cada máquina que trabaja al principio del día tiene probabilidad x de descomponerse. Si se descompone una máquina durante el día, se manda a un taller de reparación y estará trabajando después que se descompuso. Por ejemplo, si una máquina se descompone durante el día 3, estará trabajando al principio del día 5. Si se hace que el estado del sistema sea el número de máquinas que trabajan al principio del día, formule una matriz de probabilidad de transición para este caso. GRUPO B 6. En relación con el problema 1, suponga que el tiempo de mañana en la ciudad depende del tiempo que haya prevalecido los últimos dos días, como sigue: (1) Si los últimos dos días han sido soleados, entonces el 95% de las veces mañana será soleado. (2) Si ayer estuvo nublado y hoy soleado, entonces el 70% de veces mañana estará soleado. (3) Si ayer estuvo soleado y hoy está nublado, entonces el 60% de las veces mañana estará nublado. (4) Si los últimos dos días fueron nublados, entonces el 80% de las veces mañana será nublado. Con esta información modele el clima de la ciudad como cadena de Markov. Si el tiempo de mañana dependiera del de los últimos tres días, ¿cuántos estados se necesitarían para modelar el clima como cadena de Markov? Nota: El método que se usa en este problema se puede aplicar para modelar un proceso estocástico de tiempo discreto como cadena de Markov, aun si Xt+1 depende de los estados anteriores a Xt, tal como Xt-1 en este ejemplo. 7. En el Prob. 3, suponga que una máquina que se descompone regresa al servicio tres días después. Por ejemplo, la máquina que se descompone durante el día 3 estará trabajando al principio del día 6. Determine una matriz de transición de probabilidad para este caso. 1.3 PROBABILIDADES DE TRANSICIÓN DE n ETAPAS Suponga que estudiamos una cadena de Markov con matriz P de probabilidad de transición conocida. Como todas las cadenas con las que trataremos son estacionarias, no nos importará identificar nuestras cadenas de Markov como estacionarias. Una pregunta de interés es: si una cadena de Markov está en el estado i en el tiempo t, ¿cuál es la probabilidad que n períodos después la cadena de Markov esté en el estado j? Como se trata de una cadena de Markov estacionaria, esta probabilidad será independiente de t y, por lo tanto, podemos escribir P(Xt+n = j | Xt = i) = P(Xn = j | X0 = i) = Pij(n) donde pij(n) se llama probabilidad en la etapa n de una transición del estado i al estado j. Es claro que pij(1) = pij. Para determinar pij(2) nótese que si el sistema se encuentra hoy en el estado i, entonces para que el sistema termine en el estado j dentro de 2 periodos, debe pasar del estado i al estado k y después pasar del estado k al estado j (Fig. 3). Este modo de razonar nos permite escribir 7 ∑ · · · s k k ij j k k i p 1 ) a de n transició de ad probabilid )( a de n transició de dad (probabili ) 2 ( De acuerdo con la definición de P, la matriz de probabilidad de transición, replanteamos la última ecuación en la siguiente forma: ∑ · · · s K k kj ik ij p p p 1 ) 2 ( (4) El segundo miembro de la ecuación (3) es tan sólo el producto escalar del renglón i de la matriz P por la columna j de esa matriz. Por lo tanto, pij(2) es el ij-ésimo elemento de la matriz P 2 . Generalizando este modo de razonar, se puede demostrar que para n > 1, Pij(n) = elemento ij-ésimo de P n (5) La Ecc. 4 es conocida como Ecuación de Chapman—Kolmogorov. Figura 4 pij(2) = pi1 p1j + pi2 p2j +  + pispsj Naturalmente, para n = 0, pij(0) = P(X0 = j | Xo = i) y, por lo tanto, debemos escribir ¹ ' ¹ ≠ · · i j i j p ij si 0 si 1 ) 0 ( En el Ejem. 3.1 mostraremos el uso de la ecuación (5). Ejemplo 3.1 Ejemplo de Cola. Suponga que toda la industria de refrescos produce dos colas. Cuando una persona ha comprado la cola 1, hay una probabilidad de 90% de que su siguiente compra sea de cola 1. Si una persona compró cola 2, hay 80% de probabilidades que su próxima compra sea de cola 2. 1. Si actualmente una persona es comprador de cola 2, ¿cuál es la probabilidad que compre cola 1 pasadas dos compras a partir de hoy? 2. Si en la actualidad una persona es comprador de cola 1, ¿cuál es la probabilidad que compre cola 1 pasadas tres compras a partir de ahora? Solución Consideraremos que las compras de cada una de las personas son una cadena de Markov, y que el estado en cualquier momento es el tipo de cola que compró la persona por última vez. Por lo tanto, las compras de cola por parte de cada una de las personas se pueden representar con una cadena de Markov de dos estados donde Estado 1 = la persona acaba de comprar cola 1 Estado 2 = la persona acaba de comprar cola 2 8 Si definimos Xn como el tipo de cola que compra una persona en la n-ésima compra futura (la compra actual = X0), entonces X0, X1, … se pueden describir como una cadena de Markov con la siguiente matriz de transición: 1 2 P = 1 0.90 0.10 2 0.20 0.80 Podemos contestar ahora las preguntas 1 y 2. 1. Se busca P(X2 = 1 | X0 = 2) = p21(2) = elemento 21 de P 2 : 1 ] 1 ¸ · 1 ] 1 ¸ 1 ] 1 ¸ · 66 . 0 34 . 0 17 . 0 83 . 0 80 . 0 20 . 0 10 . 0 90 . 0 80 . 0 20 . 0 10 . 0 90 . 0 2 P Por lo tanto, p21(2) = 0.34. Esto significa que hay probabilidad 0.34 de que la persona que compra cola 2 compre cola 1, después de dos compras a partir de ahora. Con la teoría básica de probabilidad, podemos obtener esta respuesta siguiendo un camino distinto (Fig. 4). Nótese que p21(2) = (probabilidad que la siguiente compra sea cola 1 y la segunda sea cola 1) + (probabilidad que la siguiente compra sea cola 2 y la segunda sea cola 1) = p2Ip11 + p22p21= (0.20)(0.90) + (0.80)(0.20) = 0.34. Figura 5 Probabilidad de que a dos periodos a partir de ahora, un comprador de cola 2 compre cola 1. 2. Buscamos p11(3) = elemento 11 de P 3 : 1 ] 1 ¸ · 1 ] 1 ¸ 1 ] 1 ¸ · · 562 . 0 438 . 0 219 . 0 781 . 0 66 . 0 34 . 0 17 . 0 83 . 0 80 . 0 20 . 0 10 . 0 90 . 0 ) ( 2 3 P P P Por lo tanto, p11(3) = 0.781. En muchos casos conocemos el estado de la cadena de Markov en el tiempo 0. Como se definió en la Secc. 1.2, sea qi la probabilidad que la cadena esté en el estado i en el tiempo 0. Entonces podemos determinar la probabilidad de que el sistema esté en el estado i en el tiempo n mediante el siguiente razonamiento (Fig. 5): 9 Figura 6 Determinación de la probabilidad de estar en el estado j en el tiempo n cuando se desconoce el estado inicial Probabilidad de estar en el estado j en el tiempo n ∑ · · · s i i 1 (probabilidad de que el estado original sea i) X (probabilidad de pasar de i a j en n transiciones) ∑ · · · s i i ij i n p q 1 ) ( = q×(columna j de P n ) (6) donde q = [q1, q2, ..., qn]. Para mostrar el uso de la ecuación (6) contestaremos la siguiente pregunta: supongamos que el 60% de toda la gente toma hoy cola 1 y el 40% cola 2. A tres compras a partir de ahora, ¿qué fracción de los compradores estará tomando cola 1? Como q = [.60, .40] y q×(columna 1 de P 3 ) = probabilidad de que a tres compras a partir de este momento una persona tome cola 1, la probabilidad que se busca es [ ] 6438 . 0 438 . 0 781 . 0 40 . 0 60 . 0 · 1 ] 1 ¸ Por lo tanto, a tres compras de este momento el 64% de las personas estará comprando cola 1. Para mostrar el comportamiento de las probabilidades de transición en n etapas para grandes valores de n, hemos calculado algunas de las probabilidades transición de n etapas para el ejemplo de la cola y se muestran en la Tabla 2. Cuando n es grande, p11(n) y p21(n) son casi constantes y tienden a .67. Esto quiere decir que para n grande, independientemente del estado inicial, hay una probabilidad de 0.67 de que una persona compre cola 1. Igualmente, vemos que para n grande, tanto p12(n) como p22(n) son casi constantes y tienden a 0.33. Esto significa que para n grande, haciendo caso omiso del estado inicial, hay una probabilidad 0.33 de que una persona sea comprador de cola 2. En la Secc. 1.5 estudiaremos con detenimiento estas tendencias de probabilidad de transición en la etapa n. Tabla 2 Probabilidades de transición en n etapas para el ejemplo de Cola n P11(n) P12(n) P21(n) P22(n) 1 0.90 0.10 0.20 0.80 2 .83 0.17 0.34 0.66 3 .078 0.22 0.44 0.56 4 0.75 0.25 0.51 0.49 10 5 0.72 0.28 0.56 0.44 10 0.68 0.32 0.65 0.35 20 0.67 0.33 0.67 0.33 30 0.67 0.33 0.67 0.33 40 0.67 0.33 0.67 0.33 PROBLEMAS GRUPO A 1. Cada familia colombiana se puede clasificar como habitante de zona urbana, rural o suburbana. Durante un año determinado, el 15% de todas las familias urbanas se cambian a una zona suburbana y el 5% se cambian a una zona rural. También, el 6% de las familias suburbanas pasan a zona urbana y el 4% se mudan a zona rural. Por último, el 4% de las familias rurales pasan a una zona urbana y el 6% se mudan a una zona suburbana. (a) Si una familia actualmente vive en una zona urbana, ¿cuál es la probabilidad que después de 2 años viva en zona urbana? ¿En zona suburbana? ¿En zona rural? (b) Supongamos que en la actualidad el 40% de las familias viven en zona urbana, el 35% en zona suburbana y el 25% en zona rural. Después de dos años, ¿qué porcentaje de las familias colombianas vivirá en zona urbana? (c) ¿Qué problemas se pueden presentar si este modelo se usara para predecir la distribución futura de la población en Colombia? 2. Se pregunta lo siguiente acerca del Problema de la ruina del jugador (Secc. 1 y Secc. 2). (a) Después de jugar dos veces, ¿cuál es la probabilidad que tenga $3,000? ¿Cuál la de que tenga $2,000? (b) Después de jugar tres veces, ¿cuál es la probabilidad que tenga $2,000? 3. En el Ejem. 2.2, determine las siguientes probabilidades de transición en n etapas: (a) Después de haber pintado 2 bolas, ¿cuál es la probabilidad que el estado sea [0, 2, 0]? (b) Después de haber pintado tres bolas, ¿cuál es la probabilidad que el estado sea [0, 1, 1]? Trace un diagrama como el de la Fig. 5. 4. Reconsidere el problema 2 de la sección anterior. (a) Encuentre la matriz de transición de n transiciones P(n) para n = 2, 5, 10, 20. (b) La probabilidad de que llueva hoy es 0.5. Use los resultados del inciso (a) para determinar la probabilidad de que llueva dentro de n días, para n = 2, 5, 10, 20. 5. Suponga que una red de comunicaciones transmite dígitos binarios, 0 o 1, en donde cada dígito se transmite 10 veces sucesivas. Durante cada transmisión, la probabilidad de que ese dígito se transmita correctamente es de .99. En otras palabras, se tiene una probabilidad de .01 de que el dígito transmitido se registre con el valor opuesto al final de la transmisión. Si X0 denota el dígito binario que entra al sistema, X1 el dígito binario registrado después de la primera transmisión, X2 el dígito binario registrado después de la segunda transmisión, …, entonces {Xt} es una cadena de Markov. (a) Determine la matriz de transición. (b) Diseñe un programa que permita encontrar la matriz de transición de 10 pasos P(10). Use este resultado para identificar la probabilidad de que un dígito que entra a la red se registre correctamente después de la última transmisión. (c) Suponga que la red se rediseña para mejorar la probabilidad de la exactitud de una sola transmisión de 0.99 a 0.999. Repita el inciso (b) para encontrar la nueva probabilidad de que un dígito que entra a la red se registre correctamente después de la última transmisión. 6. Una partícula se mueve sobre un círculo por puntos marcados 0, 1, 2, 3, 4 (en el sentido de las manecillas del reloj). La partícula comienza en el punto 0. En cada paso tiene una probabilidad de 0.5 de moverse un punto en el sentido de las manecillas del reloj (0 sigue al 4) y una probabilidad de 0.5 de moverse un punto en el sentido opuesto. Sea Xn (n ≥ 0) la localización en el círculo después del paso n; {Xn} es entonces una cadena de Markov. (a) Encuentre la matriz de transición. (b) Use el programa hecho en el problema anterior para determinar la matriz de transición P(n) para n = 5, 10, 20, 40, 80. 1.4 CLASIFICACIÓN DE ESTADOS EN UNA CADENA DE MARKOV En la Secc. 1.3 se mostró que después de muchas transiciones, las probabilidades de transición de n etapas tienden a estabilizarse. Antes de poder describir esto con más detalle, necesitamos estudiar cómo los 11 matemáticos clasifican los estados de una cadena de Markov. La siguiente matriz de transición se usará para mostrar la mayoría de las definiciones siguientes (Fig. 6): 1 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 2 . 0 8 . 0 0 0 0 1 . 0 4 . 0 5 . 0 0 0 0 7 . 0 3 . 0 0 0 0 0 0 5 . 0 5 . 0 0 0 0 6 . 0 4 . 0 P DEFINICIÓN Dados dos estados i y j, la trayectoria de i a j es la sucesión de transiciones que comienza en i y termina en j, de modo que cada transición de la secuencia tenga probabilidad positiva de presentarse. Figura 7 Representación gráfica de la matriz de transición DEFINICIÓN Un estado j es alcanzable desde un estado i si hay una trayectoria que vaya de i a j , es decir, si para algún n ≥1, pij(n) > 0. Entonces, que el estado j sea alcanzable desde el estado i significa que es posible que el sistema llegue eventualmente al estado j si comienza en el estado i. DEFINICIÓN Se dice que dos estados i y j se comunican si j es alcanzable desde i, e i es alcanzable desde j. Para la matriz P de probabilidad de transición representada en la Fig. 6, el estado 5 es alcanzable desde el estado 3 (a través de la trayectoria 3—4—5), pero el estado 5 no es alcanzable desde el estado 1 (no hay trayectoria que vaya de 1 a 5 en la Fig. 6). También, los estados 1 y 2 se comunican: podemos pasar de 1 a 2 y de 2 a 1. DEFINICIÓN Un conjunto de estados S en una cadena de Markov es conjunto cerrado si ningún estado fuera de S es alcanzable desde un estado en S. De la cadena de Markov con la matriz P de la Fig. 6, tanto S1 = {1, 2} como S2 = {3, 4, 5} son conjuntos cerrados. Observe que una vez que entramos a un conjunto cerrado no podemos dejarlo nunca. En la Fig. 6 ningún arco comienza en S1 y termina en S2 o principia en S2 y termina en S1. Es evidente que todos los estados de un conjunto cerrado se comunican y por lo tanto estos no son más que clases de equivalencia inducidas por la relación de comunicación. DEFINICIÓN Una cadena de Markov es irreducible si todos sus estados pertenecen al mismo conjunto cerrado. 12 Lo anterior significa que todos los estados de la cadena pertenecen a la misma clase de equivalencia inducida por la relación de comunicación y por lo tanto todos sus estados se comunican. El problema de inventario corresponde a una cadena de Markov irreducible (Fig. 3), ya que todos sus estados se comunican. DEFINICIÓN Un estado i es estado absorbente si pii = 1 Siempre que entramos a un estado de absorción, nunca lo podremos dejar. En el Ejem. 1, la ruina del jugador, los estados 0 y 4 son absorbentes. Es natural que un estado absorbente sea un conjunto cerrado que sólo contenga un estado. DEFINICIÓN Un estado i es estado transitorio si exite un estado j alcanzable desde i, pero el estado i no es alcanzable desde el estado j. En otras palabras, un estado i es transitorio si hay manera de dejar el estado i de tal modo que nunca se regrese a él. En el ejemplo de la ruina del jugador, los estados 1, 2 y 3 son estados transitorios. Por ejemplo (Fig. 1), desde el estado 2 es posible pasar por la trayectoria 2—3—4, pero no hay modo de regresar al estado 2 desde el estado 4. Igualmente, en el Ejem. 2.1, [2, 0, 0], [1, 1, 0] y [1, 0, 1] son estados transitorios. En la Fig. 2, hay una trayectoria desde [1, 0, 1] a [0, 0, 2], pero una vez que se hayan pintado ambas bolas, no hay manera de regresar a [1, 0, 1]. Después de un gran número de periodos, la probabilidad de encontrarse en cualquier estado de transición i es cero. Cada vez que entramos a un estado i de transición, hay una probabilidad positiva de dejar i para siempre y terminar en el estado j, descrito en la definición de estado transitorio. Así, al final, tenemos la seguridad de entrar al estado j (y en ese caso nunca regresaremos al estado i). Así, suponga que en el Ejem. 2.2 nos encontramos en el estado transitorio [1, 0, 1]. Con probabilidad 1, la bola no pintada la pintaremos finalmente y nunca regresaremos a ese estado [1, 0, 1] (Fig. 2). DEFINICIÓN Si un estado no es transitorio, se llama estado recurrente. En el Ejem. 2.1, los estados 0 y 4 son estados recurrentes (y también estados absorbentes 4 ). En el Ejem. 2.2, [0, 2, 0], [0, 0, 2] y [0, 1, 1] son estados recurrentes. Para la matriz de transición de la Fig. 7 todos los estados son recurrentes. La recurrencia es una propiedad de clase, es decir, todos los estados de una clase (o conjunto cerrado) son recurrentes o son transitorios. Entonces, todos los estados de una cadena de Markov de estado finito irreducible son recurrentes DEFINICIÓN Un estado i es periódico con periodo k >1 si k es el menor número tal que todas las trayectorias que parten del estado i y regresan al estado i tienen una longitud múltiplo de k. Si un estado recurrente no es periódico, se llama aperiódico. Al igual que la recurrencia es una propiedad de clase, también lo es la periodicidad. Esto es, si el estado i en una clase tiene período k, todos los estados de esta clase (o conjunto cerrado) tienen período k. Para la cadena de Markov cuya matriz de transición es 1 1 1 ] 1 ¸ · 0 0 1 1 0 0 0 1 0 Q cada estado tiene periodo 3. Por ejemplo, si comenzamos en el estado 1, la única manera de regresar a ese estado es seguir la trayectoria 1—2—3—1 durante, digamos, m veces (Fig. 8). Por lo tanto, cualquier regreso 4 Todo estado absorbente es recurrente. Lo contrario no es cierto. 13 al estado 1 tomará 3m transiciones, de modo que el estado 1 tiene periodo 3. Donde nos encontremos, tenemos la seguridad de regresar allí tres periodos después. Figura 8 Cadena periódica de Markov con k = 3. DEFINICIÓN Si todos los estados de una cadena son recurrentes, aperiódicos y se comunican entre sí, se dice que la cadena es ergódica. El ejemplo de la ruina del jugador no es cadena ergódica porque, por ejemplo, los estados 3 y 4 no se comunican. El Ejem. 2 tampoco es una cadena ergódica porque, por ejemplo, [2, 0, 0] y [0, 1, 1] no se comunican. El Ejem. 4, el ejemplo de la cola, es cadena ergódica de Markov. De las siguientes tres cadenas de Markov, P1 y P3 son ergódicas y P2 no es ergódica. 1 1 1 ] 1 ¸ · 4 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 1 1 0 0 0 P Ergódica 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 4 3 4 1 3 1 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 2 P No ergódica 1 1 1 ] 1 ¸ · 3 1 3 2 3 1 3 2 4 1 2 1 4 1 0 0 3 P Ergódica P2 no es ergódica porque hay dos clases cerradas de estados (la clase 1 = {1, 2} y la clase 2 = {3, 4}) y los estados en clases diferentes no se comunican entre sí. Después de las próximas dos secciones, la importancia del concepto presentado en esta sección será aclarada. PROBLEMAS GRUPOA 1. En el Ejem. 2.1, ¿cuál es el periodo de los estados 1 y 3? 2. La cadena de Markov de la Secc. 1.3, Prob. 1, ¿es ergódica? 3. Se tiene la siguiente matriz de transición: 1 1 1 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 3 2 3 1 2 1 4 1 4 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 P (a) ¿Cuáles estados son transitorios? (b) ¿Cuáles estados son recurrentes? (c) Identifique todos los conjuntos cerrados de estados. (d) ¿Es ergódica esa cadena? 4. Para cada una de las siguientes matrices. Determine si la cadena de Markov es ergódica. También, para cada cadena, determine los estados recurrentes, transitorios y absorbentes. 1 1 1 ] 1 ¸ · 1 . 5 . 4 . 0 7 . 3 . 2 . 8 . 0 1 P 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 1 0 0 0 0 1 . 5 . 4 . 1 . 9 . 0 0 0 0 8 . 2 . 2 P 5. En la Serie Mundial de Póquer de 1980 participaron 54 jugadores. Cada uno de ellos comenzó con 10000 dólares. Los juegos continuaron hasta que uno de los jugadores ganó todo el dinero de los demás. Si se modelara esta Serie Mundial como cadena de Markov, ¿cuántos estados absorbentes tendría esa cadena? 14 6. ¿Cuál de las siguientes cadenas es ergódica? 1 1 1 ] 1 ¸ · 5 . 5 . 0 4 . 3 . 3 . 6 . 0 4 . 1 P 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 8 . 0 0 2 . 2 . 1 . 1 . 6 . 2 . 4 . 2 . 2 . 3 . 0 0 7 . 2 P 1.5 PROBABILIDADES DE ESTADO ESTABLE Y TIEMPOS MEDIOS DE PRIMER PASAJE En nuestra descripción del ejemplo de Cola (Ejem. 4), encontramos que después de largo tiempo, la probabilidad de que la siguiente compra de una persona fuera de cola 1 tiende a 0.67, y la de que la compra siguiente fuera de cola 2 a 0.33 (Tabla 2). Estas probabilidades no dependieron de si la persona era al principio tomador de cola 1 o de cola 2. En esta sección describiremos el importante concepto de probabilidades de estado estable, el cual se puede usar para describir el comportamiento de una cadena de Markov a largo plazo. El resultado siguiente es vital para comprender las probabilidades de estado estable y el comportamiento a largo plazo de cadenas de Markov. TEOREMA 1 Sea P la matriz de transición de una cadena ergódica de s estados 5 . Existe entonces un vector [ ] s π π π π  2 1 · tal que 1 1 1 1 ] 1 ¸ · ∞ → s s s n π π π π π π π π π       2 1 2 1 2 1 lim n P Recuerde que el ij-ésimo elemento de P n es pij(n). El teorema 1 establece que para cualquier estado inicial i, j ij n n p π · ∞ → ) ( lim Observe que para n grande, P n tiende a una matriz con renglones idénticos. Esto quiere decir que después de mucho tiempo, la cadena de Markov se estabiliza e, independientemente del estado inicial i, hay una probabilidad πj de que nos encontremos en el estado j. El vector [ ] s π π π π  2 1 · a menudo se llama distribución de estado estable, o también distribución de equilibrio para la cadena de Markov. ¿Cómo podemos encontrar la distribución de probabilidades estacionaria para una cadena dada cuya matriz de transición es P? Según el teorema 1, para n grande y para toda i, pij(n + 1) ≈ pij(n) ≈ πj, (7) Como pij(n + 1) = (renglón i de P n )(columna j de P), podemos escribir ∑ · · + s k kj ik ij p n p n p 1 ) ( ) 1 ( (8) 5 Para ver por qué el teorema 1 no puede ser válido para una cadena no ergódica, véanse los problemas 9 y 10 al final de esta sección. 15 Si n es grande, al sustituir la ecuación (6) en la (7) se obtiene ∑ · · s k kj k j p 1 π π para j = 0, 1, , s (9) En forma matricial, la ecuación (8) se puede escribir como: π = π P (9') Desafortunadamente, el sistema de ecuaciones que especifica la ecuación (8) tiene un número infinito de soluciones, porque el rango de la matriz P siempre resulta ≤1. Para obtener valores únicos de probabilidades de estado estable, note que para toda n y toda i, pi1(n) + pi2(n) + ... + pis(n) = 1 (10) Al hacer que n tienda al infinito en la Ecc. (9), obtenemos π1 + π2 + ... +πs = 1 (11) Así, después de reemplazar cualquiera de las ecuaciones (9) por (11), podemos usar el nuevo conjunto de ecuacuines para despejar las probabilidades de estado estable. Para mostrar cómo determinar las probabilidades de estado estable, las calcularemos para el Ejem. 4, de la Cola. Recuerde que la matriz de transición de ese ejemplo era 1 ] 1 ¸ · 80 . 0 20 . 0 10 . 0 90 . 0 P Entonces las ecuaciones (9) o (9’) producen [ ] [ ] 1 ] 1 ¸ · 80 . 0 20 . 0 10 . 0 90 . 0 2 1 2 1 π π π π π1 = 0.90π1 + 0.20π2 π2 = 0.10π1 + 0.80π2 Al reemplazar ha segunda ecuación por la condición π1 + π2 = 1, obtenemos el sistema π1 = 0.90π1 + 0.20π2 1 = π1 + π2 Al despejar π1 y π2, resulta que π1 = 2/3 y π2 = 1/3. Por lo tanto, después de largo tiempo, hay probabilidad 2/3 de que una persona dada compre cola 1 y 1/3 de probabilidad de que una persona dada compre cola 2. ANÁLISIS DE ESTADO TRANSITORIO Un vistazo a la Tabla 2 muestra que para el Ejem. 3.1 se alcanza el estado estable, a dos cifras decimales, sólo después de 10 transiciones. No se puede dar una regla general acerca de qué tan rápido alcanzan las cadenas de Markov el estado estable, pero si P contiene muy pocos elementos que queden cerca de 0 o de 1, en general, se alcanza en forma muy rápida el estado estable. El comportamiento de una cadena de Markov antes de alcanzar el estado estable se llama comportamiento transitorio (o a plazo corto). Para estudiar el comportamiento transitorio de una cadena de Markov, tan sólo se usan las fórmulas para pij(n) de las ecuaciones (4) y (5). Sin embargo es bueno saber que para n grande, las probabilidades de estado estable describen con exactitud la probabilidad de encontrarse en un estado determinado. INTERPRETACIÓN INTUITIVA DE LAS PROBABILIDADES DE ESTADO ESTABLE Se puede dar una interpretación intuitiva de las ecuaciones (8) de probabilidad de estado estable. Al restar πjpjj de ambos lados de (8) se obtiene 16 ∑ ≠ · − j k kj k jj j p p π π ) 1 ( (12) La ecuación (11) dice que en el estado estable, La probabilidad de que el sistema en una transición determinada deje el estado j = probabilidad de que en una transición determinada entre al estado j (13) Recuérdese que en el estado estable, la probabilidad de que el sistema esté en el estado j es πj. Según esa observación se concluye que Probabilidad de que una transición particular deje el estado j = (probabilidad de que el periodo actual comience en j) x (probabilidad de que la transición actual deje j) = πj(1 − pjj) y Probabilidad de que determinada transición entre al estado j = ∑ k (probabilidad de que el periodo actual comience en k ≠ j) x (probabilidad de que la transición actual entre a j) = ∑ ≠j k kj k p π Es aceptable la ecuación (12). Si fuese violada para cualquier estado, entonces para un estado j el lado derecho de (12) sería mayor que el lado izquierdo. Esto ocasionaría una probabilidad de “acumulación” en el estado j y no existiría una distribución de estado estable. Se puede considerar que la ecuación (12) dice que en el estado estable, el “flujo” de probabilidad hacia cada estado debe ser igual al flujo de probabilidad que sale de cada estado. Esto explica por qué las probabilidades de estado estable se llaman con frecuencia probabilidades de equilibrio. USO DE LAS PROBABILIDADES DE ESTADO ESTABLE PARA TOMAR DECISIONES Ejemplo 4.1 Suponga, en el Ejem. 3.1, que cada cliente hace una compra de cola durante cualquier semana (52 semanas = 1 año). Suponga que hay 100 millones de clientes de cola. La producción de una unidad de venta de cola cuesta 1 dólar y se vende a 2 dólares. Una empresa de publicidad garantiza, por 500 millones de dólares al año, un decremento del 10% al 5% de la fracción de consumidores de cola 1, que se cambian a cola 2 después de una compra. ¿Debe contratar a la empresa de publicidad la compañía que fabrica la cola 1? Solución En la actualidad, una fracción π1 = 2/3 de todas las compras es de cola 1. Cada compra de cola 1 le deja al fabricante 1 dólar. Como hay un total de 52(100,000,000) = 5,200,000,000 de compras de cola cada año, las ganancias actuales del fabricante de cola 1, al año, son 2/3(5200000000) = 3466666667 dólares La empresa de publicidad ofrece cambiar la matriz P a 1 ] 1 ¸ · 80 . 0 20 . 0 05 . 0 95 . 0 1 P Para P1, las ecuaciones de estado estable se transforman en π1 = 0.95π1 + 0.20π2 π2 = 0.05π1 + 0.80π2 Al reemplazar la segunda ecuación por π1 + π2 = 1 y despejar, obtenemos π1 = 0.8 y π2 = 0.2. 17 En este caso, la ganancia anual de la productora de cola 1 será (.80)(5200000000) − 500000000 = 3660000000 dólares Por lo tanto, el fabricante de cola 1 debe contratar la agencia de publicidad. TIEMPOS PROMEDIO DE PRIMER PASAJE En una cadena ergódica, sea mij = número esperado de transiciones antes de alcanzar por primera vez el estado j, dado que estamos actualmente en el estado i. mij se llama tiempo promedio de primer pasaje del estado i al estado j. En el Ejem. 3.1, m12 sería el número esperado de botellas de cola que adquiere un comprador de cola 1, antes de comprar una botella de cola 2. Suponga que el sistema se encuentra ahora en el estado i. Entonces, puede suceder que pase en una transición directamente al estado j, con probabilidad pij, o que pase a cualquier estado k ≠ j, con probabilidad pik. En este último caso, se necesitará un promedio de 1 + mkj transiciones para pasar de i a j. Este modo de pensar indica que ∑ ≠ + × + × · j k kj ik ij ij m p p m )] 1 ( [ ) 1 ( para j = 1, 2, , s ∑ ∑ ≠ ≠ + + · j k kj ik j k ik ij ij m p p p m para j = 1, 2, , s Como 1 · + ∑ ≠j k ik ij p p , podemos reformular la última ecuación como ∑ ≠ + · j k kj ik ij m p m 1 para j = 1, 2, , s (14) Al resolver las ecuaciones lineales representadas en (14), podemos encontrar todos los tiempos promedios de primer pasaje. Se puede demostrar que i ii m π 1 · Con ello se puede simplificar el uso de las ecuaciones (14). Para mostrar el uso de ellas, despejaremos los tiempos promedio de primer pasaje en el Ejem. 3.1. Recordemos que π1 = 2/3 y que π2 = 1/3. Entonces 5 . 1 1 3 2 11 · · m y 3 1 3 1 22 · · m Entonces (14) lleva a las dos ecuaciones siguientes: m12 = 1 +p11m12 = 1 + 0.9m12, m21 = 1 + p22m21 = 1 + 0.8m21 Resolviendo esas ecuaciones encontrarnos que m12 = 10 y m21 = 5. Esto quiere decir que, por ejemplo, una persona que había tomado cola 1 tomará un promedio de diez botellas de refresco antes de cambiar a cola 2. PROBLEMAS GRUPOA 1. Determine las probabilidades de estado estable para el Prob. 1 de la Secc. 1.3. 2. En el problema de la ruina del jugador (Ejem. 3), ¿por qué no es razonable hablar de probabilidades de estado estable? 3. Para cada una de las siguientes cadenas de 18 Markov, determine la fracción de las veces, a largo plazo, que se ocupará cada estado. (a) 1 ] 1 ¸ 2 1 2 1 3 1 3 2 (b) 1 1 1 ] 1 ¸ 0 2 . 8 . 8 . 2 . 0 0 2 . 8 . (c) Determine todos los tiempos promedio de primer pasaje del inciso (b). 4. Al principio de cada año, mi automóvil está en buen, regular o mal estado. Un buen automóvil será bueno al principio del año siguiente, con probabilidad .85, regular con probabilidad .10 y mal con probabilidad .05. Un automóvil regular estará regular al principio del año siguiente con probabilidad 0.70 y mal con probabilidad 0.30. Cuesta 6000 dólares comprar un buen automóvil, uno regular se puede conseguir por 2000 dólares; uno malo no tiene valor de venta, y se debe reemplazar de inmediato por uno bueno. Cuesta 1000 dólares al año el funcionamiento de un buen automóvil, y 1500 dólares el de uno regular. ¿Debo reemplazar mi automóvil tan pronto como se vuelve regular, o debo esperar hasta que se descomponga? Suponga que el costo de funcionamiento de un automóvil durante un año depende del tipo de vehículo que se tiene a la mano al principio del año (después de llegar cualquier auto nuevo, si es el caso). 5. Se dice que una matriz cuadrada es doblemente estocástica si todos sus elementos son no negativos y los elementos de cada renglón y cada columna suman 1. Para cualquier matriz ergódica y doblemente estocástica, demuestre que todos los estados tienen la misma probabilidad de estado estable. 6. Este problema mostrará por qué las probabilidades de estado estable se llaman a veces probabilidades estacionarias. Sean π1, π2,..., πs las probabilidades de estado estable para una cadena ergódica con matriz P de transición. Suponga también que la cadena de Markov comienza en el estado i con probabilidad πi. (a) ¿Cuál es la probabilidad que después de una transición el sistema se encuentre en el estado i? Sugerencia: Usar la Ecc. 8. (b) Para cualquier valor de n (n = 1, 2,...), ¿cuál es la probabilidad de que una cadena de Markov se encuentre en el estado i después de n transiciones? (c) Por qué a las probabilidades de estado estable se les llama a veces probabilidades estacionarias? 7. Se tienen dos acciones. Las acciones 1 siempre se venden a 10 dólares o 20 dólares. Si hoy las acciones 1 se venden a 10 dólares, hay una probabilidad 0.80 de que mañana se vendan a 10 dólares. Si las acciones 1 se venden hoy a 20 dólares, hay una probabilidad 0.90 de que mañana se vendan a 20 dólares. Las acciones 2 siempre se venden a 10 dólares o a 25 dólares. Si se venden hoy a 10 dólares, hay una probabilidad 0.90 de que se vendan mañana a 10 dólares. Si se venden hoy a 25 dólares, hay una probabilidad 0.85 de que mañana se vendan a 25 dólares. En promedio, ¿qué acciones se venden a mayor precio? Determine e interprete todos los tiempos promedio de primer pasaje. GRUPO B 8. La compañía de seguros Payoff cobra a sus clientes de acuerdo a su historia de accidentes. Un cliente que no haya tenido accidentes durante los últimos dos años paga 100 dólares de prima anual. Quien haya tenido un accidente en cada uno de los dos últimos años paga una prima anual de 400 dólares. A los que hayan tenido un accidente durante sólo uno de los últimos dos años se les cobra una prima anual de 300 dólares. Un cliente que tuvo un accidente durante el último año tiene una probabilidad de 10% de accidentarse durante este año. Si un cliente no ha tenido un accidente durante el último año, tiene una probabilidad de 3% de sufrir un accidente durante este año. Durante un año dado, ¿cuál es la prima que paga en promedio un cliente de Payoff? (Sugerencia: En caso de dificultad, pruebe con una cadena de Markov de cuatro estados.) 9. Se tiene la siguiente cadena no ergódica: 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 3 1 3 2 3 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 P (a) ¿Por qué esta cadena es no ergódica? (b) Explique por qué falla el teorema 1 en esta cadena. Sugerencia: Determine si es cierta la siguiente ecuación: ) ( ) ( 32 12 n p lim n p lim n n ∞ → ∞ → · (c) A pesar del hecho que falla el teorema 1, determine ), ( 13 n p lim N ∞ → ), ( 21 n p lim n ∞ → ), ( 43 n p lim n ∞ → ) ( 41 n p lim n ∞ → 10. Se tiene la siguiente cadena no ergódica 1 1 1 ] 1 ¸ · 0 0 1 1 0 0 0 1 0 P (a) ¿Por qué esta cadena es no ergódica? (b) Explique por qué el teorema 1 falla para esta cadena. Sugerencia: Demuestre que no existe ) ( 11 n p lim n ∞ → al hacer una lista del 19 comportamiento que sigue P11(n) a medida que aumenta n. 1.6 CADENAS ABSORBENTES Muchas aplicaciones interesantes de las cadenas de Markov incluyen cadenas en las que algunos de los estados son absorbentes y el resto son transitorios. A esas cadenas se les llama cadenas absorbentes. Veamos una cadena absorbente de Markov: si comenzamos en un estado transitorio, entonces al final tendremos la seguridad de dejar el estado transitorio y terminar en uno de los estados absorbentes. Para ver por qué nos interesan las cadenas absorbentes, describiremos las siguientes dos situaciones: Ejempl0 6.1 Cuentas por cobrar El estado de cuentas por cobrar en una empresa se modela con frecuencia como cadena absorbente de Markov 6 . Suponga que una empresa supone que una cuenta es incobrable si han pasado más de tres meses de su fecha de vencimiento. Entonces, al principio de cada mes, se puede clasificar cada cuenta en uno de los siguientes estados específicos: Estado 1 Cuenta nueva. Estado 2 Los pagos de la cuenta están retrasados un mes. Estado 3 Los pagos de la cuenta están retrasados dos meses. Estado 4 Los pagos de la cuenta están retrasados tres meses. Estado 5 Se ha saldado la cuenta. Estado 6 Se ha cancelado la cuenta por ser mal pagador Supongamos que los últimos datos indican que la siguiente cadena de Markov describe cómo cambia el estado de una cuenta de un mes al siguiente: Nueva 1 mes 2 meses 3 meses Pagada Incobrable Nueva 0.0 0.6 0.0 .0.0 0.4 0.0 1 mes 0.0 0.0 0.5 0.0 0.5 0.0 2 meses 0.0 0.0 0.0 0.4 0.6 0.0 3 meses 0.0 0.0 0.0 0.0 0.7 0.3 Pagada 0.0 0.0 0.0 0.0 1.0 0.0 Incobrable 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 1.0 Por ejemplo, si al principio de un mes una cuenta lleva dos meses de vencida, hay 40% de probabilidades de que no se pague al principio del mes siguiente y, por lo tanto, que tenga tres meses de retraso y una probabilidad de 60% de que se pague. Para simplificar el ejemplo, supondremos que después de tres meses, la cuenta o se cobra o se considera incobrable. Una vez que una deuda se paga o se considera incobrable, se cierra y no se tienen más transiciones. Por lo tanto, Pagada e Incobrable son estados absorbentes. Como toda cuenta al final o se paga o se considera incobrable, las cuentas Nueva, 1 mes, 2 meses y 3 meses son estados transitorios. Por ejemplo, una cuenta vencida hace 2 meses puede seguir la trayectoria 2 meses − pagada, pero no hay regreso posible de Pagada a 2 meses. Una cuenta nueva normal será absorbida ya sea como pagada o como incobrable. Una pregunta de mayor interés es: ¿cuál es la probabilidad de que una cuenta nueva finalmente se pueda cobrar? Más adelante en esta sección se encontrará la respuesta. Ejemplo 6.2 Planificación de personal La empresa de abogados Mason y Burger emplea a tres categorías de abogados: principiantes, con experiencia y socios. Durante un año 6 Este ejemplo se basa en Cyert, Davidson y Thompson (1963). 20 determinado hay una probabilidad 0.15 que un abogado principiante sea ascendido a abogado con experiencia y una probabilidad 0.05 que deje la empresa. También, hay una probabilidad 0.20 que un abogado con experiencia sea ascendido a socio y una probabilidad 0.10 que deje la empresa. También hay una probabilidad 0.05 que un socio deje la empresa. La empresa nunca degrada a un abogado. Surgen muchas preguntas interesantes que la empresa podría contestar. Por ejemplo, ¿cuál es la probabilidad que un abogado principiante recién contratado se vaya antes de ser socio? En promedio, ¿cuánto tiempo permanece un abogado principiante recién contratado con la empresa? Las respuestas se deducirán después en esta sección. Modelaremos la trayectoria de un abogado en Mason y Burger como cadena absorbente de Markov con la siguiente matriz de probabilidad de transición: Principiante Experimentado Asociado Sale sin ser socio Sale siendo socio Principiante 0.8 0.15 0.00 0.05 0.00 Experimentado 0.00 0.70 0.20 0.10 0.00 Asociado 0.00 0.00 0.95 0.00 0.05 Sale sin ser socio 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 Sale siendo socio 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 Los dos últimos estados son estados absorbentes y los demás son transitorios. Por ejemplo, Experimentado es estado transitorio, porque hay una trayectoria de Experimentado a Sale sin ser socio, pero no hay trayectoria que regrese de Sale sin ser socio a Experimentado. Suponemos que una vez que un abogado sale de la empresa nunca regresa. Para toda cadena absorbente se desea conocer: (1) Si la cadena comienza en un estado determinado transitorio, y antes de alcanzar un estado absorbente, ¿cuál el número esperado de veces que se llegará a otro estado transitorio?, o dicho de otra manera, ¿cuántos periodos esperamos pasar por un determinado estado transitorio antes que se efectúe la absorción, partiendo de otro estado transitorio? (2) Si una cadena inicia en un estado transitorio dado, ¿cuál es la probabilidad terminar en cada uno de los estados absorbentes? Para contestar estas preguntes necesitamos formular la matriz de transición con los estados en una lista con el siguiente orden: primero los estados transitorios y después los absorbentes. Para precisar, se supondrá que hay s − m estados transitorios (t1, t2, . . ., ts-m) y m estados absorbentes (a1, a2, . . . , am). Entonces la matriz de transición para la cadena de absorción puede escribirse como sigue: s -m m Columnas columnas P = s - m renglones Q R m renglones 0 I En este formato, los renglones y las columnas de P corresponden, en orden, a los estados t1, t2,, ..., ts-m, a1, a2, ..., am. En este caso, I es una matriz identidad m x m que refleja el hecho de que nunca podemos dejar un estado absorbente; Q es una matriz (s — m) x (s — m) que representa las transiciones entre los estados transitorios; R es una matriz (s — m) x m que representa las transiciones desde los estados transitorios a los estados absorbentes; 0 es una matriz m x (s — m) que consta de ceros. Esto refleja el hecho de que es imposible ir de un estado absorbente a uno transitorio. Aplicando esta notación al Ejem. 6.1, tenemos que t1 = Nueva t2 = 1 mes t3 = 2 meses t4 = 3 meses a1 = Pagada 21 a2 = Incobrable Entonces, para ese ejemplo, la matriz de probabilidad de transición se puede expresar como Nueva 1 mes 2 meses 3 meses Pagada Incobrable Nueva 0.0 0.6 0.0 0.0 0.4 0.0 1 mes 0.0 0.0 0.5 0.0 0.5 0.0 2 meses 0.0 0.0 0.0 0.4 0.6 0.0 3 meses 0.0 0.0 0.0 0.0 0.7 0.3 Pagada 0.0 0.0 0.0 0.0 1.0 0.0 Incobrable 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 1.0 Entonces s = 6, m = 2 y 4 4 0 0 0 0 4 . 0 0 0 0 0 5 . 0 0 0 0 0 6 . 0 0 × 1 1 1 1 ] 1 ¸ · Q 2 4 3 . 0 7 . 0 0 6 . 0 0 5 . 0 0 4 . 0 × 1 1 1 1 ] 1 ¸ · R Para el Ejem. 6.2, sean t1 = Principiante t2 = Experimentado t3= Socio a1 = Sale sin ser socio a2 = Sale siendo socio y podemos escribir la matriz de probabilidad de transición como Principiante Experimentado Asociado Sale sin ser socio Sale siendo socio Principiante 0.80 0.15 0.00 0.05 0.00 Experimentado 0.00 0.70 0.20 0.10 0.00 Asociado 0.00 0.00 0.95 0.00 0.05 Sale sin ser socio 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 Sale siendo socio 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 Entonces s = 3, m = 2, y 3 3 95 . 0 0 0 20 . 0 70 . 0 0 0 15 . 0 80 . 0 × 1 1 1 ] 1 ¸ · Q 2 3 05 . 0 0 0 10 . 0 0 05 . 0 × 1 1 1 ] 1 ¸ · R Podemos ahora investigar algunos hechos acerca de las cadenas absorbentes (Kemeny y Snell (1960)): (1) Si la cadena comienza en un determinado estado transitorio, y antes de alcanzar un estado absorbente, ¿cuál es entonces el número esperado de veces en las que el sistema entrará en cada estado transitorio? ¿Cuántos períodos esperamos pasar en un estado transitorio dado antes de que se lleve a cabo la absorción? Respuesta: Si en este momento estamos en el estado transitorio ti, el número esperado de periodos que pasarán en un estado transitorio tj antes de la absorción es el ij-ésimo elemento de la matriz (I — Q) -1 . Para una demostración vea el Prob. 8 al final de esta sección. 22 (2) Si una cadena inicia en un estado transitorio dado, ¿qué probabilidad hay de terminar en cada uno de los estados absorbentes? Respuesta: Si en este momento estamos en un estado transitorio i, la probabilidad de ser absorbidos finalmente por un estado absorbente aj es el ij-ésimo elemento de la matriz (I — Q) -1 R. Para una demostración vea el Prob. 9 al final de esta sección. La matriz (I — Q) -1 a menudo se llama matriz fundamental de la cadena de Markov. El lector que se interese en proseguir el estudio de cadenas de absorción debe consultar Kemeny y Snell (1960). Ejempl0 6.1 Cuentas por cobrar (continuación) 1. ¿Cuál es la probabilidad que una cuenta nueva sea cobrada alguna vez? 2. ¿Cuál es la probabilidad que una cuenta atrasada un mes se vuelva finalmente incobrable? 3. Si las ventas de la empresa son 100 000 dólares en promedio mensual ¿cuánto dinero será incobrable cada año? Solución De la descripción anterior, recuerde que 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 0 0 0 0 4 . 0 0 0 0 0 5 . 0 0 0 0 0 6 . 0 0 Q 1 1 1 1 ] 1 ¸ · 3 . 0 7 . 0 0 6 . 0 0 5 . 0 0 4 . 0 R Entonces 1 1 1 1 ] 1 ¸ − − − · − 1 0 0 0 4 . 0 1 0 0 0 5 . 0 1 0 0 0 6 . 0 1 Q I Usando el método Gauss -Jordan llegamos a 4 3 2 1 t t t t 1 1 1 1 ] 1 ¸ · − − 1 0 0 0 40 . 0 1 0 0 20 . 0 50 . 0 1 0 12 . 0 30 . 0 60 . 0 1 ) ( 4 3 2 1 t t t t 1 Q I Para contestar las preguntas 1 a 3 necesitamos calcular 2 1 a a 1 1 1 1 ] 1 ¸ · − − 300 . 0 700 . 0 120 . 0 880 . 0 060 . 0 940 . 0 036 . 0 964 . 0 ) ( 4 3 2 1 t t t t R Q I 1 Entonces 1. t1 = Nueva, a1 = Pagada. Así, la probabilidad de que una cuenta nueva se pague finalmente es el elemento 11 de (I — Q) -1 R = 0.964. 2. t2 = 1 mes, a2 = Incobrable. Entonces, la probabilidad que una cuenta atrasada un mes se vuelva incobrable es el elemento 22 de (I — Q) -1 R = 0.060. 23 3. De la respuesta 1, sólo el 3.6% de todas las deudas son incobrables. Como las cuentas totales del año son 1200000 dólares en promedio, (0.036)(1200000) = 43200 dólares serán impagables al año. Ejemplo 6.2 (continuación) Planificación del personal 1. ¿Cuál es la duración promedio de un abogado joven recién contratado en la empresa? 2. ¿Cuál es la probabilidad de que un abogado joven llegue a ser socio? 3. ¿Cuál es la duración promedio que pasa un socio en el bufete? Solución Recordemos que, 1 1 1 ] 1 ¸ · 95 . 0 0 0 20 . 0 70 . 0 0 0 15 . 0 80 . 0 Q 1 1 1 ] 1 ¸ · 05 . 0 0 0 10 . 0 0 05 . 0 R Entonces, 1 1 1 ] 1 ¸ − · − 05 . 0 0 0 20 . 0 30 . 0 0 0 15 . 0 20 . 0 Q I Usando el método Gauss - Jordan se encuentra que 3 2 1 t t t 1 1 1 ] 1 ¸ · − − 20 0 0 0 10 5 . 2 5 ) ( 3 40 3 10 3 2 1 t t t 1 Q I Entonces, 2 1 a a 1 1 1 ] 1 ¸ · − − 1 0 50 . 0 50 . 0 ) ( 3 2 3 1 3 2 1 t t t R Q I 1 Por lo tanto, 1. El tiempo esperado que un abogado principiante permanece en la empresa = (duración esperada del abogado principiante en la empresa como principiante) + (tiempo esperado que el abogado principiante permanece en la empresa como abogado con experiencia) + (tiempo esperado que el abogado principiante permanece en la empresa como socio). Entonces Tiempo esperado como principiante = 11 ) ( 1 Q I − − = 5 Tiempo esperado como con experiencia = 12 ) ( 1 Q I − − = 2.5 Tiempo esperado como socio = 13 ) ( 1 Q I − − = 10 Por lo tanto, el tiempo total esperado que un abogado principiante permanece en la empresa es 5 + 2.5 + 10 = 17.5 años. 24 2. La probabilidad de que un abogado principiante recién ingresado llegue a ser socio es tan sólo la probabilidad de que salga de la empresa siendo socio. Como t1 = Principiante y a2 = Sale siendo socio, la respuesta es el elemento 12 de (I — Q) -1 R = 0.50. 3. Como t3 = Socio, buscamos el número esperado de años que pasa en t3, dado que comenzamos en t3. Este es justamente el elemento 33 de (I — Q) -1 R = 20 años. Es razonable, porque durante cada año hay una probabilidad en 20 que un socio deje el bufete y, por lo tanto, debe tardar un promedio de 20 años en dejar la empresa. PROBLEMAS GRUPO A 1. El departamento de admisión del colegio estatal ha modelado la trayectoria de un estudiante en esa institución como cadena de Markov: Ter Sal 4o 3er o 2 1er 1 1 1 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 85 . 05 . 10 . 0 0 0 0 05 . 80 . 15 . 0 0 0 05 . 0 85 . 10 . 0 0 10 . 0 0 80 . 10 . Termina Sale año 4o año 3er año 2o año 1er Se observa el estado de cada estudiante al principio de cada semestre de otoño. Por ejemplo, si un estudiante es de 3er año al principio de este semestre de otoño, habrá 80% de probabilidades de que al principio del siguiente semestre de otoño sea de cuarto año, 15% de probabilidad de que aún sea de 3er año y 5% de que salga. Suponemos que una vez que sale un estudiante ya nunca vuelve a inscribirse. (a) Sí un estudiante entra al colegio a primer año, ¿cuántos años se espera que pasen siendo estudiante? (b) ¿Cuál es la probabilidad de que se gradúe un estudiante de nuevo ingreso? 2. El Herald Tribble obtuvo la siguiente información acerca de sus suscriptores: durante el primer año como suscriptores, el 20% cancelan sus suscripciones. De los que se han suscrito por un año, el 10% cancelan durante el segundo año. De los que se han suscrito por más de dos años, el 4% cancelan durante cualquier año dado. En promedio, ¿cuánto tiempo se suscribe una persona al Herald Tribble? 3. Un bosque consta de dos tipos de árboles: los que tienen de 0 a 1.50 m de alto, y los que son más altos. Cada año, muere el 40% de los árboles que tienen menos de 1.50 m, el 10% se venden a 20 dólares cada uno, 30% permanecen entre 0 y 1.50 m, y el 20% crecen más de 1.50 m. Cada año, el 50% de los árboles de más de 1.50 m se venden a 50 dólares, el 20% se venden a 30 dólares, y el 30% permanecen en el bosque. (a) ¿Cuál es la probabilidad de que muera un árbol de 0 a 1.50 m antes de venderse? (b) Si se planta un árbol de menos de 1.50 m, ¿cuál es el ingreso esperado que se va a tener con ese árbol? 4. Las cadenas absorbentes de Markov se usan en ventas para modelar la probabilidad de que un cliente que se localiza por teléfono compre finalmente algún producto. Considere un cliente posible a quien nunca le ha llamado acerca de comprar un producto. Después de una llamada, hay una probabilidad de 60% de que tenga poco interés en el producto, de 30% que muestre un gran interés en el producto, y 10% de que sea borrado de la lista de los posibles clientes de la compañía. Se tiene un cliente que actualmente tiene poco interés en el producto. Después de otra llamada, hay 30% de probabilidades de que compre el producto, 20% de probabilidades de que sea borrado de la lista, 30% de que el cliente aún tenga poco interés y 20% de que exprese un interés alto. Para un cliente que actualmente expresa alto interés, después de otra llamada hay 50% de probabilidades de que compre el producto, 40% de probabilidades de que siga teniendo gran interés y 10% de probabilidades que tenga poco interés. (a) ¿Cuál es la probabilidad de que un nuevo posible cliente al final compre el producto? (b) ¿Cuál es la probabilidad de que un posible cliente con poco interés sea borrado de la lista finalmente? (c) En promedio, ¿cuántas veces habrá que llamar por teléfono a un nuevo posible cliente para que compre el producto, o para que sea borrado de la lista? GRUPO B 5. En el problema de la ruina del jugador (Ejem. 1), suponga que p = 0.60. (a) ¿Qué probabilidad hay de que alcance a ganar 4 dólares? (b) ¿Cuál es la probabilidad de que salga sin dinero? 25 (c) ¿Cuál es la duración esperada del juego? 6. En el cuidado de pacientes ancianos en un hospital psiquiátrico, una meta principal es la colocación correcta de los pacientes en pensiones u hospitales para ancianos. El movimiento de pacientes entre el hospital, los hogares externos y el estado absorbente (la muerte) se puede describir mediante la siguiente cadena de Markov. La unidad de tiempo es un mes: Muer Hog Hosp 1 1 1 ] 1 ¸ 1 0 0 006 . 969 . 025 . 006 . 003 . 991 . Muerte Hogares Hospital Cada mes que pasa un paciente en el hospital cuesta 655 dólares al estado, y cada mes que pasa en una pensión le cuesta 226 dólares, también al estado. Para mejorar la frecuencia de éxitos de colocación de pacientes, el estado recientemente comenzó un "programa de resocialización geriátrica" (GRP) para preparar a los pacientes a desempeñarse en las pensiones. Algunos pacientes se colocan en el GRP y a continuación pasan a pensiones. Es menos probable que estos pacientes no se puedan ajustar a sus pensiones. Otros pacientes continúan pasando en forma directa del hospital a las pensiones sin haber tomado parte en el (GRP). El estado paga 680 dólares cada mes lo que cuesta el paciente en el GRP. El movimiento de los pacientes está gobernado por la siguiente cadena de Markov: Muer Pensi Pen.GRP Hosp GRP 1 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ 1 0 0 0 0 006 . 969 . 0 025 . 0 006 . 0 969 . 0 025 . 006 . 003 . 0 978 . 013 . 006 . 0 112 . 028 . 854 . Muerte Pensi Pen.GRP Hosp GRP (a) El GRP, ¿ahorra fondos al estado? (b) Bajo el sistema anterior y bajo el GRP, calcule el número esperado de meses que pasa un paciente en el hospital. 7. Freezco, Inc., vende refrigeradores. La fábrica otorga una garantía en todos los refrigeradores que especifica de cambio gratis de cualquier unidad que se descomponga antes de tres años. Se nos da la siguiente información: (1) el 3% de todos los refrigeradores nuevos falla durante su primer año de funcionamiento; (2) el 5% de todos los refrigeradores con 1 año de funcionamiento falla durante el segundo año de trabajo, y (3) el 7% de todos los refrigeradores con dos años de funcionamiento falla durante su tercer año. La garantía no vale para el refrigerador de repuesto. (a) Use la teoría de cadenas de Markov para predecir la fracción de todos los refrigeradores que deberá cambiar Freezco. (b) Suponga que a Freezco le cuesta 500 dólares cambiar un refrigerador y que vende 10,000 refrigeradores al año. Si la fábrica redujera el plazo de garantía a dos años, ¿cuánto dinero se ahorraría en costos de reemplazo? 8. Para una matriz Q que represente las transiciones entre estados transitorios en una cadena absorbente de Markov, se puede demostrar que (I — Q) -1 = I + Q + Q 2 + ... + Q n + ... (a) Explique por qué es posible esta expresión de (I — Q) -1 . (b) Defina a mij = número esperado de períodos pasados en el estado transitorio tj antes de la absorción, si se sabe que iniciamos en el estado ti. Suponga que el periodo inicial se pasa en el estado ti. Explicar por qué mij = (probabilidad de que estemos al principio en el estado ti) + (probabilidad que estemos en el estado tj después de la primera transición) + (probabilidad que estemos en el estado tj después de la segunda transición) + ... + (probabilidad que estemos en el estado tj después de la n-ésima transición) + ∝. (c) Explique por qué la probabilidad de que estemos inicialmente en el estado tj = elemento ij-ésimo de la matriz identidad (s — m) x (s — m). Explique por qué la probabilidad de que estemos en el estado ti después de la n- ésima transición = elemento ij-ésimo de Q n . (d) Ahora explique por qué mij = elemento ij de (I — Q) -1 . 9. Defina bij = probabilidad de terminar en un estado absorbente aj dado que iniciamos en un estado transitorio tj. rij = ij-ésimo elemento de R qik = ik-ésimo elemento de Q. B = matriz (s — m) x m cuyo ij-ésimo elemento es bij. Suponga que iniciamos en el estado ti. En nuestra primera transición, pueden suceder tres tipos de eventos: Evento 1 Pasamos al estado absorbente aj, con probabilidad rij. Evento 2 Pasamos al estado absorbente que no es aj, con probabilidad ∑ ≠j k kj ik b q . Evento 3 Pasamos al estado transitorio tk, con probabilidad qik. (a) Explique por qué ∑ − · · + · m s k k kj ik ij ij b q r b 1 (b) Ahora demuestre que bij = ij-ésimo elemento de (R + QB) y que B = R + QB. (c) Demuestre que B = (I —Q) -1 R y que bij = ij- ésimo elemento de B = (I — Q) -1 R. GRUPO C 9. General Motors tiene tres divisiones automotrices (división 1, división 2 y división 3). También tiene una división de contabilidad y una de consultoría 26 de administración. La pregunta es: ¿Qué fracción del costo de las divisiones de contabilidad y de consultoría de administración se debe cargar a cada división automotriz? Suponemos que el costo total de los departamentos de contabilidad y consultoría se deben repartir entre las tres divisiones automotrices. Durante un año determinado, el trabajo de las divisiones de contabilidad y consultoría se asigna como se ve en la Tabla 4. Por ejemplo, contabilidad emplea el 10% de su tiempo en problemas generados por el departamento de contabilidad, 20% en trabajos generados por la división 3, etc. Cada año, cuesta 63 millones de dólares la operación del departamento de contabilidad, y 210 millones de dólares la del departamento de consultoría de administración. ¿Qué fracción de esos costos se debe asignar a cada división automotriz? Imaginar 1 dólar en costos incurridos en trabajos de contabilidad. Hay una probabilidad 0.20 de que estos costos se asignen a cada división automotriz, probabilidad 0.30 de que se asigne a consultoría y probabilidad 0.10 que se asigne a contabilidad. Si el dólar se asigna a una división automotriz, sabemos a qué división se debe cargar ese dólar. Por ejemplo, si el dólar se carga a consultoría, repetimos el proceso hasta que, por último, el dólar se cargue a una división automotriz. Use el conocimiento de cadenas de Markov para establecer como asignar los costos de funcionamiento de los departamentos de contabilidad y asesoría entre las tres divisiones automotrices. Tabla 4 CONTABILIDAD CONSULTORIA DE ADMON DIVISION 2 DIVISION 3 Contabilidad 10% 30% 20% 20% 20% Administración 30% 20% 30% 0% 20% 1.7 MODELOS DE PLANEACIÓN DE PERSONAL Muchas empresas, como por ejemplo Mason y Burger del Ejem. 6.2, emplean varias categorías de personal. Con fines de planeación a largo plazo, a menudo es útil poder predecir el número de empleados de cada categoría que, sí las tendencias actuales continúan, estarán disponibles en el estado estable. Se pueden hacer esas predicciones a través de un análisis semejante al de la Secc. 1.5 de probabilidades de estado estable para cadenas de Markov. Más formalmente, se tiene una organización cuyos miembros se clasifican en cualquier punto en el tiempo en uno de los s grupos (identificados como 1, 2,..., s). Durante cada periodo, una fracción pij de los que inician un periodo en el grupo i, al siguiente periodo inician en un grupo j. También, durante cada periodo, una fracción pis+1 de todos los miembros del grupo i dejan la organización. Sea P la matriz s x (s + 1) cuyo elemento ij es pij. Al principio de cada periodo, la organización contrata Hi miembros del grupo i. Sea Ni(t) el número de miembros del grupo i al principio del periodo t. Una pregunta de interés natural es si Ni(t) tiende a un límite a medida que crece t, o no. Si existe el límite, lo llamaremos Ni. Si cada Ni(t) tiende a un límite, llamamos a N = (N1, N2, ... ,Ns) el censo de estado estable de la organización. Si existe censo de estado estable podemos encontrarlo al resolver un sistema de s ecuaciones que se plantea como sigue: tan sólo nótese que para que exista ese estado, debe ser válido que, para i = 1, 2, ..., s Número de personas que entran al grupo i durante cada periodo = número de personas que salen del grupo i durante cada periodo (14) Después de todo, si la ecuación (14) no fuera válida para todos los grupos, entonces el número de personas en al menos un grupo se acumularía a medida que pasara el tiempo. Nótese que ∑ ≠ + · i k ki k i p N H i período cada durante estado al entran que personas de Número ∑ ≠ · i k ik i p N i período cada durante estado del salen que personas de Número 27 Entonces la ecuación que se usa para calcular el censo de estado estable es ) , , 2 , 1 ( s i p N p N H i k ik i i k ki k i  · · + ∑ ∑ ≠ ≠ (14’) Dados los valores de las pij y de las Hi, se puede usar la ecuación (14’) para despejar el censo de estado estable. A la inversa, dadas las pij y un censo deseado de estado estable, se puede usar la ecuación (14’) para determinar una política de contratación, especificada por los valores de H1, H2, ... ,Hs, que logre el censo deseado de estado estable. Podrá ser imposible mantener algunos censos de estado estable a menos que algunas Hi sean negativas, lo que equivale a despedir empleados. Los dos ejemplos que siguen muestran el uso de la ecuación de censo de estado estable. Ejemplo 7.1 Suponga que se puede clasificar a cada norteamericano en uno de tres grupos: niños, adultos que trabajan, o retirados. Durante un periodo de un año, 0.959 de los niños aún son niños, 0.04 de los niños pasan a ser adultos que trabajan y 0.001 de los niños mueren. Durante cualquier año, 0.96 de los adultos que trabajan permanecen como tales, 0.03 pasan a ser retirados y 0.01 mueren. También, 0.95 de los retirados permanecen retirados y 0.05 de los retirados mueren. Nacen mil niños cada año. 1. Determine el censo de estado estable. 2. Cada persona retirada recibe una pensión de 5000 dólares por año. El fondo de pensión se sufraga con pagos de los adultos que trabajan. ¿Cuánto dinero debe aportar cada adulto que trabaja, al año, para el fondo de pensión? Solución 1.Sea Grupo 1 = niños Grupo 2 = adultos que trabajan Grupo 3 = retirados Grupo 4 = muertos Los datos son H1 = 1000, H2 =H3 = 0 y 1 1 1 ] 1 ¸ · 050 . 0 950 . 0 0 0 010 . 0 030 . 0 960 . 0 0 001 . 0 0 040 . 0 959 . 0 P Entonces la ecuación (14) o la (14’) es: Núm. que entra al grupo i cada año = Núm. que sale del grupo i cada año 1000 = (0.04 + 0.001)N1 (niños) 0.04N1 = (0.030 + 0.010)N2 (adultos que trabajan 0.03N2 = 0.050N3 (retirados) Al resolver este sistema de ecuaciones nos encontramos con que N1 = N2 = 24390.24, y N3 = 14634.14. 2. Como en el estado estable hay 14634.14 personas retiradas, en el estado estable reciben 14634.14 x (5000) dólares al año. Por lo tanto, cada adulto que trabaja debe pagar año por dolares 3000 24 . 24390 5000 14 . 14634 · × Este resultado es razonable, porque en el estado estable hay 5/3 de adultos que, trabajan en comparación con los retirados. 28 Ejemplo 7.2 Regresemos al bufete de abogados Mason y Burger (Ejem. 6.2). Supongamos que la meta a largo plazo de ese bufete es tener 50 abogados principiantes, 30 con experiencia y 10 socios. Para alcanzar este censo de estado estable, ¿cuántos abogados de cada tipo deben contratar cada año? Solución Sean Grupo 1 = abogados principiantes Grupo 2 = abogados con experiencia Grupo 3 = socios Grupo 4 = abogados que salen del bufete Mason y Burger desean obtener N1 = 50, N2 = 30 y N3 = 10. Recuérdese que en el Ejem. 6.2 1 1 1 ] 1 ¸ · 05 . 0 95 . 0 0 0 10 . 0 20 . 0 70 . 0 0 05 . 0 0 15 . 0 80 . 0 P Entonces la ecuación (14) o la (14’) es Núm. que entra al grupo i = Núm. que sale del grupo i H1 = (0.15 + 0.05)50 (abogados principiantes) (0.15)50 + H2 = (0.20 + 0.10)30 (abogados con experiencia) (0.20)30 + H3 = (0.05)10 (asociados) La solución única de este sistema de ecuaciones es H1 = 10, H2 = 1.5, H3 = -5.5. Esto significa que para mantener el censo deseado de estado estable, Mason y Burger deben despedir 5.5 socios cada año. Esto es razonable, porque cada año hay 0.20(30) = 6 abogados con experiencia que pasan a ser socios, y una vez que lo hacen, permanecen en ese puesto un promedio de 20 años. Esto muestra que para mantener el número de asociados en 10, deben despedirse algunos de ellos. Otra solución podría ser reducir, a menos de su valor actual de 0.20, la fracción de abogados con experiencia que pasan a ser socios cada año. Para mayor información acerca de los modelos de planeación de personal, se aconseja consultar el excelente libro de Grinold y Marshall (1977). PROBLEMAS GRUPO A 1. Este problema es acerca del Prob. 1 de la Secc. 19.6. Supongamos que cada año el colegio estatal admite 7,000 estudiantes de nuevo ingreso, 500 de segundo año y 500 de tercer año. A largo plazo, ¿cuál será la composición del estudiantado en ese colegio? 2. En el Ejem. 9, suponga que el progreso de la medicina ha reducido la tasa anual de mortalidad de retirados de 5% a 3%. ¿Cuánto aumenta la contribución anual para pensiones, debido a esto, que pagan los adultos que trabajan? 3. La ciudad de Nueva York produce 1,000 ton de contaminación al día, Jersey City 100, y Newark 50. Cada día 1/3 de la contaminación de Nueva York es llevada por el viento a Newark, 1/3 se disipa y 1/3 permanece en Nueva York. También diariamente, 1/3 de la contaminación de Jersey City es llevada por el viento a Nueva York, 1/3 permanece en Jersey City y 1/3 pasa a Newark. Y por último, 1/3 de la contaminación de Newark permanece allí y el resto pasa a Jersey City. En un día normal, ¿cuál ciudad será la más contaminada? 4. Circula dinero entre los tres planetas "capitales" de la federación: Vulcano, Fobos y Marte. En forma ideal, a la federación le gustaría tener 5 mil millones de dólares en circulación en cada planeta. Cada mes 1/3 de todo el dinero de Vulcano sale de circulación, 1/3 permanece allí y 1/3 termina en Fobos. Cada mes, 1/3 del dinero en Marte permanece allí, 1/3 pasa a Fobos y 1/3 pasa a Vulcano. También cada mes, 2/3 del dinero de Fobos pasa a Marte y 1/3 permanece allí. La federación inyecta dinero al sistema en Vulcano. 29 ¿Hay algún modo de tener un nivel de estado estable de 5 mil millones de dólares en circulación en cada planeta? GRUPO B 5. Todos los profesores de la Facultad de Comercio de una universidad se clasifican como de tiempo completo y de tiempo parcial. Cada año el 10% de los de tiempo parcial pasan a ser de tiempo completo y el 10% salen de la Facultad; el 95% de los de tiempo completo permanecen y el 5% salen. La Facultad de Comercio desea mantener un profesorado de 100 miembros, de los cuales el x% son de tiempo parcial. Determine una política de contratación que logre esta meta. ¿Para qué valores de x se necesita despedir profesores de tiempo completo, de acuerdo con la política de contratación? Describa una política que mantenga un 10% de tiempo parcial. Describa una política de contratación que mantenga 40% del profesorado de tiempo parcial? GRUPO C 6. Por simplicidad, supongamos que la sangre fresca que obtiene un hospital se echa a perder si no se utiliza en 5 días. El hospital recibe 100 medios litros de sangre fresca diariamente de un banco de sangre local. Son posibles dos políticas para determinar el orden en el que se hacen transfusiones de sangre (véase tabla 5). Por ejemplo, según la política 1, la sangre tiene un 10% de probabilidades de usarse en transfusión durante su primer día en el hospital. Según la política 2, la sangre con cuatro días de antigüedad tiene el 10% de probabilidad de ser usada. Tabla 5 EDAD DE LA SANGRE (al inicio del día) Probabilidad de uso en transfusiones 0 1 2 3 4 Política 1 .10 .20 .30 .40 .50 Política 2 .50 .40 .30 .20 .10 (a) La política FIFO (First-in, First-out), primeras entradas primeras salidas, usa primero la sangre "vieja", mientras que la política LIFO (Last-in, First out) últimas entradas primeras salidas emplea primero la sangre "nueva". ¿Cuál política es LIFO y cuál FIFO? (b) Para cada política, determine la probabilidad de que se eche a perder un medio litro de sangre recién llegada al hospital. (c) Para cada política, determine el número promedio de medios litros de sangre en inventario. (d) Para cada política, determine la edad promedio de la sangre que se usa en transfusiones. (e) Haga comentarios de los méritos relativos de las políticas FIFO y LIFO. 1.8 DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL En esta sección nos dedicaremos al estudio de una distribución de probabilidad que es de gran importancia en el estudio de las cadenas de Markov de tiempo continuo, la distribución exponencial. Una distribución exponencial con parámetro λ tiene una función de densidad ¹ ' ¹ < ≥ · − 0 si 0 0 si ) ( t t e t f t λ λ . (15) En la Fig. 2 se muestra la función de densidad para la distribución exponencial. Aquí se observa que f(t) disminuye rápidamente a medida que t crece. Esto indica que son poco probables valores muy grandes de la variable y por lo tanto [ ] [ ] t t t P t P ∆ + ≤ ≤ > ∆ ≤ ≤ T T 0 Figura 9 Función de densidad para una variable aleatoria X con distribución exponencial 30 Se puede demostrar que la función de densidad acumulada para una variable X que tenga distribución de probabilidad exponencial esta dada por ¹ ' ¹ ≥ − < · ≤ · 0 si 1 0 si 0 ) ( ) ( x e x x P F x λ X X . (16) Igualmente, e integrando por partes, podemos demostrar que el promedio de una variable aleatoria X con distribución exponencial, E(X), está dado por λ 1 ) ( · X E . (17) A su vez, la varianza de esta misma variable es 2 1 λ · X Var (18) PROPIEDAD DE AMNESIA DE LA DISTRIBUCION EXPONENCIAL. La razón por la cual es importante la distribución exponencial para el estudio de las cadenas de Markov de tiempo continuo se encuentra en el siguiente, lema: LEMA 1 Si T tiene distribución exponencial, entonces para todo valor no negativo de t y s, [ ] ) ( | t P s s t P > · > + > T T T (19) Demostración Notaremos primero que, [ ] [ ] t t x t x e e dx e t P λ λ λ λ − ∞ − ∞ − · − · · > ∫ T (20) Entonces [ ] [ ] [ ] s P s s t P s s t P > > ∩ + > · ≥ + > T T T T T | De la Ecc. (20), [ ] [ ] s s t e s P e s s t P λ λ − + − · > · > ∩ + > T T T y ) ( Así, [ ] [ ] t P e e e s s t P t s s t > · · · > + > − − + − T T T λ λ λ ) ( | Se puede demostrar que no hay otra función de densidad que satisfaga la Ecc. (19) (véase Feller (1957)). Por razones que se hacen evidentes, se dice que una función de densidad que satisfaga la Ecc. (19) tiene la propiedad de amnesia, o de no memoria. Suponga que sabemos que un sistema no ha cambiado de estado durante las últimas s horas, lo que equivale a que nos digan que T > s y que nos pregunten cuál es la probabilidad que no cambie de estado durante las siguientes t horas, es decir T > t + s. Entonces, la Ecc. (19) quiere decir que esta probabilidad no depende del valor de s, y que para todos los valores de s esta probabilidad es igual a P[T > t]. En resumen, si conocemos que han pasado al menos s unidades de tiempo durante las cuales el sistema se encuentra en un determinado estado, entonces la distribución del tiempo que queda para que el sistema cambie de estado, t, no depende de s. Por ejemplo, si t = 4, entonces la Ecc. (19) produce, para s = 5, s = 3, s = 2 y s = 0, [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 4 0 | 0 4 2 | 2 4 3 | 3 4 5 | 5 4 > · > + > · > + > · ≥ + > · ≥ + > T T T T T T T T T P P P P P La propiedad de amnesia de la distribución exponencial es importante porque establece que la distribución de probabilidad del tiempo que falta para que el sistema cambie de estado, es independiente del tiempo 31 haya transcurrido desde el último cambio de estado. Para decirlo en términos concretos, suponga que nuestro sistema es un banco en donde el estado del sistema esta dado por el número de clientes que hay dentro de él y que el estado del sistema cambia cuando entra o sale un cliente del banco. Para simplificar consideremos solo la entrada de clientes al banco y supóngase que los tiempos entre llegadas se distribuyen exponencialmente con λ = 6. Entonces la propiedad de amnesia significa que no importa cuánto tiempo haya pasado desde la última llegada, la distribución de probabilidades que rige el tiempo para la siguiente llegada tiene la función de densidad 6e -6t . Esto significa que para predecir los comportamientos de las llegadas futuras no necesitamos mantener registro de cuánto tiempo haya pasado desde la última llegada. Esta observación puede simplificar mucho el análisis de un sistema. RELACIÓN ENTRE LA DISTRIBUCIÓN DE POISSON Y LA DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL Si los tiempos entre la ocurrencia de un mismo tipo de evento son exponenciales, la distribución de probabilidad del número de eventos que ocurren en cualquier intervalo de tiempo t está dada por el siguiente teorema importante: TEOREMA 1 Los tiempos entre ocurrencia de un mismo tipo eventos son exponenciales con parámetro λ si y sólo si el número de eventos que suceden en un intervalo t sigue una distribución de Poisson con parámetro λt. Una variable aleatoria discreta N tiene una distribución de Poisson con parámetro λ si, para n = 0, 1, 2, …, ) , 2 , 1 , 0 ( ! ) (  · · · − n n e n P n λ λ N (21) Si N es una variable aleatoria de Poisson, se puede demostrar que E(N) = VarN = λ. Si hacemos que Nt sea el número de ocurrencias de eventos de un mismo tipo durante cualquier intervalo de tiempo de longitud t, el Teorema 1 establece que ) , 2 , 1 , 0 ( ! ) ( ) (  · · · − n n t e n P n t t λ λ N Como Nt, es de Poisson con parámetro λt, E(Nt) = Varna = λt. Un promedio de λt llegadas se suceden durante un intervalo de tiempo de longitud t y, entonces se puede pensar que λ es el número promedio de llegadas por unidad de tiempo, o rapidez de llegadas. ¿Qué hipótesis se necesitan para que los tiempos entre ocurrencias de un mismo tipo de eventos sean exponenciales? El Teorema 2, más adelante, nos da una respuesta parcial. Veamos las dos hipótesis siguientes: 1. Las ocurrencias de eventos del mismo tipo definidas en intervalos de tiempo que no se traslapan son independientes (por ejemplo, el número de llegadas que se tiene entre los tiempos 1 y 10 no nos da información alguna acerca del número de llegadas entre los tiempos 30 y 50). 2. Para ∆t pequeño, y cualquier valor de t, la probabilidad de que se tenga la ocurrencia de un evento entre los tiempos t y t + ∆t es λ∆t + σ(∆t), donde σ(∆t) es cualquier cantidad que satisfaga 0 ) ( lim 0 · ∆ ∆ → ∆ t t t σ También, la probabilidad de que no ocurra el evento durante el intervalo entre t y t + ∆t es 1 - λt + σ(∆t) y la probabilidad que ocurre más de un evento en ese intervalo es σ(∆t). TEOREMA 2 Si son válidas las hipótesis 1 y 2, entonces N, sigue una distribución de Poisson con parámetro λt, y los tiempos entre llegadas son exponenciales con parámetro λ. Esto es, f(t) = λe -λt . 32 En esencia, el Teorema 2 establece que si la rapidez de ocurrencia de eventos es estable, es decir, si no pueden tenerse ocurrencia de eventos en masa y si los eventos ocurridos en el pasado no afectan los que ocurrirán en el futuro, entonces los tiempos entre ocurrencia de eventos del mismo tipo seguirán una distribución exponencial con parámetro λ y el número de eventos ocurridos en cualquier intervalo de longitud t es de Poisson con parámetro λt. Las hipótesis del Teorema 2 pueden parecer demasiado restrictivas, pero con frecuencia los tiempos entre ocurrencias de eventos del mismo tipo son exponenciales aun cuando no se satisfagan las hipótesis del Teorema 2 (véase Denardo (1982)). Sucede que en muchas aplicaciones, la hipótesis de tiempos exponenciales entre ocurrencia de eventos del mismo tipo es una muy buena aproximación a la realidad. El Ejem. 8.1 ilustra la relación entre la distribución exponencial y la de Poisson EJEMPLO 8.1 El número de tarros de cerveza pedidos en el Dick’s Pub sigue una distribución de Poisson con promedio de 30 cervezas por hora. 1. Calcule la probabilidad de que se pidan exactamente 60 cervezas entre las 10 p.m. y las 12 de la noche. 2. Determine el promedio y la desviación estándar del número de cervezas pedidas entre las 9 p.m. y la 1 a.m. 3. Calcule la probabilidad de que el tiempo entre dos pedidos consecutivos sea entre 1 y 3 minutos. Solución 1. El número de cervezas pedido entre las 10 p.m. y las 12 de la noche sigue una distribución de Poisson con parámetro 2(30) = 60. De la Ecc. (19), la probabilidad de que se pidan 60 cervezas entre las 10 p.m. y la medianoche es ! 60 60 60 60 e 2. λ = 30 cervezas por hora; t = 4 horas. Entonces, el número promedio de cervezas pedidas entre las 9 p.m. y la 1 a.m. es 4(30) = 120 cervezas. La desviación estándar del número de cervezas pedido entre las 10 p.m. y la 1 a.m. es (120) 1/2 = 10.95. 3. Sea T el tiempo en minutos entre pedidos sucesivos de cerveza. El número promedio de pedidos por minuto es exponencial con parámetro, o razón 5 . 0 60 30 · cervezas por minuto. Entonces la función de densidad de probabilidad entre pedidos de cerveza es 0.5e -0.5t . Entonces 38 . 0 ) 5 . 0 ( ) 3 1 ( 5 . 1 5 . 0 3 1 5 . 0 · − · · ≤ ≤ − − − ∫ e e dt e P t T PROBLEMAS GRUPO A 1. El tiempo entre llegadas de autobuses sigue una distribución exponencial con promedio de 60 minutos. (a) ¿Cuál es la probabilidad de que lleguen exactamente cuatro autobuses durante las siguientes 2 horas? (b) ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos dos autobuses lleguen durante las siguientes 2 horas? (c) ¿Cuál es la probabilidad de que no lleguen autobuses durante las próximas 2 horas? (d) Acaba de llegar un autobús. ¿Cuál es la probabilidad de que pasen entre 30 y 90 minutos para que llegue el siguiente? 1.9 CADENAS DE MARKOV DE TIEMPO CONTINUO Todas las secciones anteriores hacen la suposición de que el parámetro t del tiempo es discreto (es decir; t = 0, 1, 2, ...). Tal suposición es adecuada para muchos problemas, pero existen ciertos casos (como en 33 algunos modelos de líneas de espera) en los que se requiere un parámetro (llamado t’) de tiempo continuo, debido a que la evolución del proceso se está observando de manera continua a través del tiempo. La definición de una cadena de Markov dada en la sección 2 también se extiende a esos procesos continuos. Esta sección está dedicada a la descripción de estas cadenas de Markov de tiempo continuo y sus propiedades. Para modelar este este tipo de de procesos, como antes, se etiquetan los estados posibles del sistema como 1, …, s. Comenzando en el tiempo 0 y dejando que el parámetro t’ corra continuamente, para t’ ≥ 0 sea la variable aleatoria X(t’) el estado del sistema en el tiempo t’. Entonces X(t’) tomará uno de sus s valores posibles en un intervalo 0 ≤ t’ < t1, después saltará a otro valor en el siguiente intervalo t1 ≤ t’ < t2 y así sucesivamente, donde los puntos de tránsito t1, t2, … son puntos aleatorios en el tiempo (no necesariamente enteros), tal como se ilustra en la Figura 10. Figura 10 Estados tomados por un sistema en diferentes puntos del tiempo cuando este corre de manera continua Ahora consideremos los siguientes tres puntos en el tiempo: 1. t’ = r ( donde r ≥ 0), 2. t’ = s (donde s > r) y 3. t’ = s + t ( donde t> 0), interpretados como sigue: t’ = r es un tiempo pasado, t’ = s es el tiempo presente, t’ = s + t es t unidades hacia el futuro. Por lo tanto, el estado del sistema se ha observado en los tiempos t’ = s y t’ = r. Estos estados se etiquetan como X(s)=i y X(r)=x(r). Dada esta información, el paso natural es buscar la distribución de probabilidad del estado del sistema en el tiempo t’ = s + t. En otras palabras, determinar el valor de P[X(s+t) = j | X(s) = i y X(r) = x(r)], para cada j = 0,1,..., s. Con frecuencia es muy difícil derivar estas probabilidades condicionales. Sin embargo, esta tarea se simplifica considerablemente si el proceso estocástico involucrado posee la siguiente propiedad clave. PROPIEDAD MARKOVIANA Un proceso estocástico de tiempo continuo {X(t’); t’> 0} tiene la propiedad markoviana si P[X(t+s) = j | X(s)=i y X(r) = x(r)] = P[X(t+s) = j |X(s) = i] Para toda i,j = 0, 1,…, s y para toda r > 0, s > r y t>0. Observe que P[X(t+s) = j | X(s) = i] es una probabilidad de transición, igual a las probabilidades de transición de las cadenas de Markov de tiempo discreto que se estudiaron en las secciones anteriores, donde la única diferencia es que ahora no es necesario que t sea entero. 34 DEFINICIÓN Si las probabilidades de transición son independientes de s, de manera que P[X(t+s) = j | X(s) = i] = P[X(t) = j | X(0) = i] para toda s > 0, se dice que las probabilidades de transición son estacionarias. Para simplificar la notación se denotarán estas probabilidades estacionarias por Pij(t) = P{X(t) = j | X(0) = i} en donde se hará referencia a Pij(t) como la función de probabilidad de transición de tiempo continuo. Se supone que ¹ ' ¹ ≠ · · → j i j i t P ij t si , 0 si , 1 ) ( lim 0 Así, un proceso estocástico de tiempo continuo {X(t’); t’> 0} es una cadena de Markov de tiempo continuo si cumple la propiedad markoviana. Aquí se restringirá el estudio a las cadenas de Markov de tiempo continuo a aquellas con un número finito de estados y el donde las probabilidades de transición sean estacionarias. ALGUNAS VARIABLES ALEATORIAS IMPORTANTES En el análisis de las cadenas de Markov de tiempo continuo, un conjunto importante de variables aleatorias es el siguiente. TIEMPO DE PERMANENCIA EN EL ESTADO i Cada vez que el proceso entra en el estado i, la cantidad de tiempo que pasa en ese estado antes de moverse a uno diferente es una variable aleatoria Ti, donde i = 0, 1, …, s. Suponga que el proceso entra en el estado i en el tiempo t’ = s. Entonces, para cualquier cantidad de tiempo fija t > 0, observe que Ti > t si y sólo si X(t’) = i para toda t’ en el intervalo s ≤ t’ ≤ s + t. Por lo tanto, la propiedad markoviana (con probabilidades de transición estacionarias) implica que P[Ti > t+s | Ti > s] = P[Ti > t]. Ésta no es más que la propiedad de amnesia exhibida por la distribución de probabilidad exponencial, la cual significa que la distribución de probabilidad del tiempo que falta para que el proceso haga una transición fuera de un estado dado siempre es la misma, independientemente del valor s, es decir, del tiempo haya pasado el proceso en ese estado. Este resultado lleva a una forma equivalente de definir una cadena de Markov de tiempo continuo: 1. La variable aleatoria Ti tiene una distribución exponencial con media i λ 1 . 2. Cuando sale de un estado i, el proceso se mueve a otro estado j, con probabilidad pij en donde pij satisface las condiciones i p ii toda para , 0 · , y 35 . toda para 1 0 i p S j ij · ∑ · 3. El siguiente estado que se visita después del estado i es independiente del tiempo que pasó en el estado i. Igual que las probabilidades de transición de un paso jugaron un papel primordial al describir una cadena de Markov de tiempo discreto, el papel análogo para la cadena de Markov de tiempo continuo lo tienen las intensidades de transición. Las intensidades de transición son s i t t p p dt d ii t ii i , , 2 , 1 para , ) ( 1 lim ) 0 ( 0  · − · − · → λ y i j p t t p p dt d ij i ij t ij ij ≠ · · · → toda para , ) ( lim ) 0 ( 0 λ λ donde pij(t) es la función de probabilidad de transición de tiempo continuo introducida al principio de la sección y pij es la probabilidad descrita en la propiedad 2 el párrafo anterior. Más aún, λi según se definió aquí, resulta ser también el parámetro de la distribución exponencial para Ti (vea la propiedad 1 del párrafo anterior). La interpretación intuitiva de λi y λij es que son tasas de transición. En particular, λi es la tasa de transición hacia afuera del estado i en el sentido de que λi es el número esperado de veces en las que el proceso deja el estado i por unidad de tiempo que pasa en el estado i. Así, λi es el recíproco del tiempo esperado de permanencia en el estado i cada vez que este estado es visitado; es decir, ) ( 1 i T E i · λ . (22) De manera similar, λij es la tasa de transición del estado i al estado j en el sentido de que λij es el número esperado de veces que el proceso transita directamente del estado i al estado j por unidad de tiempo que pasa en el estado i. Así, ∑ ≠ · i j ij i λ λ (23) Igual que λi es el parámetro de la distribución exponencial para Ti, cada λij es el parámetro de una distribución exponencial para una variable aleatoria relacionada que se describe en seguida. Cada vez que el proceso entra al estado i, la cantidad de tiempo que pasará en el estado i antes de que ocurra una transición directa al estado j es una variable aleatoria Tij donde i, j = 0,1,…, s y j ≠ i. Las Tij, son variables aleatorias independientes, donde cada Tij tiene una distribución exponencial con parámetro λij, de manera que ij E λ 1 ) ( · ij T . (24) El tiempo que pasa en el estado i hasta que ocurre una transición (Ti) es el mínimo (sobre j ≠ i) de las Tij. Cuando ocurre la transición, la probabilidad de que sea al estado j es i ij ij p λ λ · . (25) PROBABILIDADES DE ESTADO ESTABLE 36 Igual que las probabilidades de transición de una cadena de Markov de tiempo discreto satisfacen las ecuaciones de Chapman-Kolmogorov, la función de probabilidad de transición de tiempo continuo satisface estas ecuaciones. Entonces, para cualesquiera estados i y j, y números no negativos t y s (0 ≤ s ≤ t), ∑ · − · S k kj ik ij s t p s p t p 1 ) ( ) ( ) ( (26) Se dice que un par de estados i y j se comunican si existen tiempos t1 y t2 tales que pij(t1) > 0 y pij(t2) > 0. Se dice que todos los estados que se comunican forman una clase. Si todos los estados en una cadena forman una sola clase, es decir, si la cadena de Markov es irreducible (lo que se supondrá de aquí en adelante), entonces, pij(t)> 0, para toda t > 0 y todos los estados i y j. Más aún, j ij t t p π · ∞ → ) ( lim siempre existe y es independiente del estado inicial de la cadena de Markov, para j = 0, 1. …, s. Estas probabilidades se conocen comúnmente como las probabilidades de estado estable (o probabilidades estacionarias) de la cadena de Markov. Las πj satisfacen las ecuaciones 0 toda para y , , 2 , 1 para ) ( 1 ≥ · · ∑ · t s j t p s k kj k j  π π . (27) Restando a ambos miembros de la Ecc. 27 πjpjj(t), se tiene: ( ) ∑ ≠ · − j k kj k jj j t p t p ) ( ) ( 1 π π . Dividiendo cada término de la anterior igualdad por t y calculando el límite cuando t tiende a cero se obtiene: ( ) ∑ ≠ → → · − j k kj t k jj t j t t p t t p ) ( lim ) ( 1 lim 0 0 π π s j j k kj k j j , , 2 , 1 para ,  · · ∑ ≠ λ π λ π (28) Este nuevo conjunto de s ecuaciones es más útil para el cálculo de las probabilidades de estado estable, que el obtenido en las Eccs. 27. Nuevamente el conjunto de Ecc. 28 no es linealmente independiente, ya que se obtiene del conjunto de Eccs. 27 que tampoco lo es, y por lo tanto debe eliminarse una cualquiera de sus ecuaciones y reemplazarse por . 1 0 · ∑ · s k j π (29) El conjunto de Eccs. 28 tiene una interpretación intuitiva. El lado izquierdo (πj λj) es la tasa a la que el proceso deja el estado j, ya que πj es la probabilidad (de estado estable) de que el proceso esté en el estado j y λj es la tasa de transición hacia afuera del estado j dado que el proceso se encuentra en el estado j. De manera similar, cada término de lado derecho (πk λkj) es la tasa a la que el proceso entra al estado j desde el estado k, ya que λkj es la tasa de transición del estado k al j dado que el proceso se encuentra en el estado k. Sumando sobre toda k ≠ j, todo el lado derecho proporciona la tasa a la que el proceso entra al estado j desde cualquier estado. Por eso la ecuación global establece que la tasa a la cual el proceso deja el estado j debe ser igual a la tasa en la que el proceso entra al estado j. Como cada una de las primeras s ecuaciones de estado estable requiere que las dos tasas estén balanceadas (sean iguales), a veces estas ecuaciones se llaman ecuaciones de balance. 37 EJEMPLO 9.1 Un taller tiene dos máquinas idénticas que operan continuamente excepto cuando se descomponen. Como lo hacen con bastante frecuencia, la tarea con más alta prioridad para una persona de mantenimiento que trabaja tiempo completo es repararlas en cuanto lo necesiten. El tiempo requerido para reparar una máquina tiene distribución exponencial con media de 2 1 día. Una vez que se termina la reparación, el tiempo que transcurre hasta la siguiente descompostura tiene distribución exponencial con media de 1 día. Estas distribuciones son independientes. Solución Definamos la variable aleatoria X(t’) como X(t’) = número de máquinas descompuestas en el tiempo t’, de forma que los valores posibles de X(t’) son 0, 1, 2. Por lo tanto, si se corre el parámetro t’ de manera continua desde el tiempo 0, el proceso estocástico de tiempo continuo {X(t’); t’ ≥ 0} proporciona la evolución del número de máquinas descompuestas. Como tanto el tiempo de reparación como el tiempo hasta la siguiente descompostura tienen distribuciones exponenciales, {X(t’); t’ ≥ 0} este proceso es una cadena de Markov de tiempo continuo con estados 0, 1, 2. En consecuencia, se pueden usar las ecuaciones 28 y 29 para encontrar la distribución de probabilidad de estado estable del número de máquinas descompuestas. Para hacer esto, se deben determinar todas las tasas de transición, esto es, las λj y λkj para k, j = 0, 1, 2. El estado (número de máquinas descompuestas) aumenta en 1 cuando ocurre una descompostura y disminuye en 1 cuando se termina una reparación. Como tanto las descomposturas como las reparaciones ocurren una a la vez, λ02 λ20 = 0. El tiempo esperado de reparación es 2 1 día, de manera que la tasa a la que se terminan las reparaciones (cuando hay máquinas descompuestas) es 2 por día, lo que implica que λ21 = λ10 = 2. De igual forma, el tiempo esperado hasta que se descompone una máquina en operación es 1 día, de manera que la tasa a la que se descompone (cuando está operando) es 1 máquina por día; esto implica que λ12 = 1. Durante los tiempos en los que las dos máquinas operan, las descomposturas ocurren a una tasa de 1 + 1 = 2 máquinas por día, así, λ01 = 2. Estas tasas de transición se resumen en el diagrama de tasas que se muestra en la figura 11. Figura 11 Diagrama de tasas para el ejemplo de una cadena de Harkov de tiempo continuo Se pueden usar estas tasas para calcular la tasa de transición total hacia afuera de cada estado (Ecc. 20), así: 2 3 2 21 20 2 12 10 1 02 01 0 · + · · + · · + · λ λ λ λ λ λ λ λ λ Sustituyendo todas las tasas en las ecuaciones de estado estable (Eccs 18 y 19), se obtiene Ecuación de balance para el estado 0: 2π0 = 2π1 38 Ecuación de balance para el estado 1: 3π1 = 2π0 + 2π2 Ecuación de balance para el estado 2: 2π2 = π1 Las probabilidades suman 1: π0 + π1 + π2 = 1 Cualquiera de las ecuaciones de balance (digamos, la segunda) se puede eliminar como redundante, y la solución simultánea de las ecuaciones restantes da la distribución de estado estable como ( ) ( ) 5 1 5 2 5 2 2 1 0 , , , , · π π π Entonces, a la larga, ambas máquinas estarán descompuestas simultáneamente 20% del tiempo y estará descompuesta una máquina otro 40% del tiempo. El siguiente capítulo (sobre teoría de colas) contiene muchos ejemplos de cadenas de Markov de tiempo continuo. De hecho, la mayor parte de los modelos básicos de la teoría de colas caen dentro de esta categoría. El ejemplo que se acaba de dar en realidad se ajusta a uno de estos modelos (la variación de fuente de entrada finita al modelo M/M/s). PROBEMAS GRUPO A 1. Reconsidere el ejemplo presentado al final de esta sección. Suponga que ahora se agrega al taller una tercera máquina, idéntica a las dos primeras. La persona de mantenimiento debe atender a todas las máquinas. a) Desarrolle un diagrama de tasas para esta cadena de Markov. b) Construya las ecuaciones de estado estable. c) Resuelva estas ecuaciones para obtener las probabilidades de estado estable. 2. El estado de una cadena de Markov de tiempo continuo está definido como el número de trabajos que hay en el momento actual en cierto centro de trabajo, donde se permite un máximo de tres trabajos. Los trabajos llegan individualmente. Siempre que hay menos de tres trabajos, el tiempo que transcurre hasta la siguiente llegada tiene distribución exponencial con media de de ½ día. Los trabajos se procesan uno a la vez y dejan el centro de inmediato. Los tiempos de procesado tienen una distribución exponencial con media de ¼ de día. a) Construya el diagrama de tasas para esta cadena de Markov. b) Escriba las ecuaciones de estado estable. c) Resuelva estas ecuaciones para obtener las probabilidades de estado estable. 39