dla ambitnych warunkowe

alfabetazeta · Post autor: **alfabetazeta** » 19 sie 2019, o 19:02

Cześć
Mam do rozwiązania dość trudne zadanie, do którego nie wiem jak się zabrać żeby sobie ułatwić życie. Połączanie ekonomii z rachunkiem prawdopodobieństwa. Otóż:
Mamy linie produkcyjną produktu X. W skład linii produkcyjnej wchodzą dwie prawie redundantne maszyny przerabiające na pewnym etapie półprodukt z którego powstaje produkt X. I teraz:
1) jeżeli obie maszyny ulegną awarii to zysk firmy jest $\displaystyle{ -1000\,\mbox{zł}}$ a produkcja wynosi $\displaystyle{ 0}$ sztuk;
2) jeżeli jedna z maszyn ulegnie awarii to produkcja spada do $\displaystyle{ 80\%}$ (z np $\displaystyle{ 100}$ sztuk do $\displaystyle{ 80}$) a zysk wynosi $\displaystyle{ 2000,\mbox{zł}}$;
3) jeżeli obie maszyny są sprawne to produkcja wynosi $\displaystyle{ 100}$ sztuk i zysk $\displaystyle{ 3000,\mbox{zł}}$;
4) prawdopodobieństwo awarii każdej z maszyn to $\displaystyle{ 50\%}$ i rośnie o $\displaystyle{ 2\%}$ co roku.

Jak policzyć zysk ważony prawdopodobieństwem ryzyka awarii maszyn na najbliższe 10 lat?.

Wiem, że można rozpisać drzewko, ale rozgałęzianie drzewka na 10 lat to gigantyczna ilość kombinacji. Czy ryzyko awarii można potraktować niezależnie dla każdego roku? tj ryzyko awarii obu maszyn w roku 1 jest równa:
$\displaystyle{ 0,5 \cdot 0,5=0,25}$ a w 2 roku $\displaystyle{ 0,52 \cdot 0,52=0,27}$

czy jedna należy latami też mnożyć warunki?

Obliczyłem zysk ważony ryzykiem dla 1 roku i wyszło mi:
$\displaystyle{ 1500= (0,25 \cdot 3000 + 0,25 \cdot (-1000)+ 0,5 \cdot 2000)}$
Teraz jak to przeliczyć na 10 lat?

5) jak by wyglądały obliczenia gdyby dodać kolejne założenie, że jeśli wystąpi awaria obu maszyn to wymieniamy je na nowe i w kolejnych latach ryzyko awarii wynosi $\displaystyle{ 0\%}$????

HELP

Post autor: **Dasio11** » 19 sie 2019, o 22:32

Ja bym próbował tak:

Dla liczby naturalnej $\displaystyle{ n}$ oraz liczby rzeczywistej $\displaystyle{ p \in [0, 1]}$ zdefiniujmy liczby rzeczywiste $\displaystyle{ x_n(p)}$ oraz $\displaystyle{ y_n(p)}$ w następujący sposób. Rozważamy sytuację ogólniejszą od opisanej w zadaniu: interes będzie pracował przez $\displaystyle{ n}$ lat, zaczynamy mając jedną lub dwie maszyny, prawdopodobieństwo awarii każdej z maszyn w pierwszym roku wynosi $\displaystyle{ p}$ i rośnie o $\displaystyle{ 2 \%}$ co roku (zakładam, że miałeś tu na myśli

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Punkt_procentowy

, a nie procenty, ale na ich oznaczenie też będę używać symbolu $\displaystyle{ \%}$). Liczbę $\displaystyle{ x_n(p)}$ definiujemy wówczas jako oczekiwany zysk z tak określonego interesu w wariancie z dwiema maszynami, $\displaystyle{ y_n(p)}$ zaś - w wariancie z jedną maszyną.

Po co taka definicja? Bo teraz można napisać rekurencyjne zależności, by ostatecznie wyznaczyć interesującą nas liczbę $\displaystyle{ x_{10}( 0{,}50 )}$:

$\displaystyle{ \bullet}$ Oczekiwany zysk z pracy jednej maszyny przez $\displaystyle{ 0}$ lat wynosi oczywiście $\displaystyle{ y_0(p) = 0}$ niezależnie od $\displaystyle{ p}$.

$\displaystyle{ \bullet}$ Rozważmy interes z jedną maszyną trwający $\displaystyle{ n+1}$ lat. Są dwie możliwości: albo w pierwszym roku nasza jedyna maszyna się zepsuje - co może się zdarzyć z prawdopodobieństwem $\displaystyle{ p}$ - albo się nie zepsuje - z prawdopodobieństwem $\displaystyle{ 1-p}$. W pierwszym przypadku zysk będzie wynosił $\displaystyle{ -1000}$ co roku aż do zamknięcia biznesu. W drugim przypadku przez rok zarobimy $\displaystyle{ 2000}$ i znajdziemy się w sytuacji, gdy czeka nas jeszcze $\displaystyle{ n}$ lat, przy czym w pierwszym roku szansa zepsucia się maszyny wynosi $\displaystyle{ p + 0{,}02}$ (i nadal rośnie o $\displaystyle{ 2 \%}$ co roku). Stąd:

$\displaystyle{ y_{n+1}(p) = p \cdot (-1000) \cdot (n+1) + (1-p) \cdot (2000 + y_{n}(p+0{,}02)).}$

$\displaystyle{ \bullet}$ Podobnie jak wyżej, $\displaystyle{ x_0(p) = 0}$ dla dowolnego $\displaystyle{ p}$.

$\displaystyle{ \bullet}$ Rozważmy interes z dwiema maszynami trwający $\displaystyle{ n+1}$ lat. Tym razem są trzy możliwości: w pierwszym roku zepsują się obie maszyny, jedna lub żadna. Bez wchodzenia w szczegóły, przeprowadzając rozumowanie podobne do wcześniejszego, dostajemy:

$\displaystyle{ $ \begin{align*}
x_{n+1}(p) & = p^2 \cdot (-1000) \cdot (n+1) \\
& + 2p(1-p) \cdot ( 2000 + y_n(p+0{,}02) ) \\
& + (1-p)^2 \cdot (3000 + x_n(p+0{,}002)).
\end{align*} $}$

Czy można dla tych wyrażeń wyliczyć wzór jawny - nie wiem, przypuszczalnie nie. Ale za pomocą komputera nietrudno obliczyć $\displaystyle{ x_{10}( 0{,}50 )}$, czyli odpowiedź na postawione pytanie.

alfabetazeta · Post autor: **alfabetazeta** » 20 sie 2019, o 19:06

Dzięki za odpowiedź.
Dzisiaj posiedziałem nad Twoim rozwiązaniem i wydaje mi się że wzory wyszły mi odrobinę inaczej tzn:
1) dla jednej maszyny

$\displaystyle{ y_{n}(p) = (p+0,02 \cdot n) \cdot (-1000) + (1-p-0,02 \cdot n) \cdot 2000}$

1) dla dwóch maszyn

$\displaystyle{ $ \begin{align*} x_{n}(p) & = (p+0,02 \cdot n)^2 \cdot (-1000) \cdot \\ & + (2p+0,02 \cdot n)(1-p-0,02 \cdot n) \cdot 2000 \\ & + (1-p-0,02 \cdot n)^2 \cdot3000. \end{align*} $}$

Wzory są dla roku $\displaystyle{ n}$ więc trzeba później sumować narastająco od początku $\displaystyle{ n=0}$, aby mieć sumę zysku ważonego ryzykiem

Wnioski: posiadanie redundantnej maszyny znacznie podnosi oczekiwany zysk nawet jeśli jest ona tak samo awaryjna!!!!

Jeszcze jedno pytanie do tego zadania:

1) jak by wyglądały obliczenia gdyby dodać kolejne założenie, że jeśli wystąpi awaria obu maszyn to wymieniamy je na nowe i w kolejnych latach ryzyko awarii wynosi $\displaystyle{ 0\%}$???? Da się to ogarnąć wzorem?

Post autor: **Dasio11** » 21 sie 2019, o 00:23

Liczbę $\displaystyle{ y_n(p)}$ zdefiniowałem jako odpowiedź na pytanie: jaki jest oczekiwany łączny zysk z $\displaystyle{ n}$ lat trwania interesu, jeśli zaczynamy z jedną maszyną, której prawdopodobieństwo awarii w pierwszym roku wynosi $\displaystyle{ p}$ i rośnie o $\displaystyle{ 2 \%}$ każdego roku?

Z Twojego postu wnioskuję, że Ty zrozumiałeś inaczej: $\displaystyle{ y_n(p)}$ ma być oczekiwanym zyskiem w $\displaystyle{ n}$-tym roku (zaczynając od $\displaystyle{ n=0}$) opisanego wyżej interesu, który trwa nieokreśloną ilość czasu. Jeśli mam rację - to wzór wyszedł Ci niedobry. W $\displaystyle{ n}$-tym roku są dwie możliwe sytuacje: maszyna działa lub nie. Pierwsza z tych możliwości zajdzie dokładnie wtedy, jeśli maszyna nie zepsuła się od roku zerowego do $\displaystyle{ n}$-tego włącznie. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi

$\displaystyle{ (1-p) \cdot (1-p-0{,}02) \cdot \ldots \cdot (1-p-n \cdot 0{,}02)}$

i taka też powinna być waga przy zysku $\displaystyle{ 2000}$. Prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego to oczywiście

$\displaystyle{ 1 - (1-p) \cdot (1-p-0{,}02) \cdot \ldots \cdot (1-p-n \cdot 0{,}02)}$

i taki czynnik powinien stać przy wartości $\displaystyle{ -1000}$. Oczekiwany zysk z całego interesu z jedną maszyną - tak jak napisałeś - będzie wtedy równy sumie $\displaystyle{ y_n( 0{,}50 )}$ po $\displaystyle{ n}$ od $\displaystyle{ 0}$ do liczby lat trwania interesu minus jeden.

Analogicznie dla interesu z dwiema maszynami.

alfabetazeta pisze:1) jak by wyglądały obliczenia gdyby dodać kolejne założenie, że jeśli wystąpi awaria obu maszyn to wymieniamy je na nowe i w kolejnych latach ryzyko awarii wynosi $\displaystyle{ 0\%}$???? Da się to ogarnąć wzorem?

Jeśli pozostaniemy przy pierwotnym rozwiązaniu, to w przypadku awarii ostatniej maszyny zysk do końca trwania interesu wyniesie $\displaystyle{ 3000}$ zamiast $\displaystyle{ -1000}$, więc wystarczy odpowiednio zmodyfikować wzory:

$\displaystyle{ $ \begin{align*}
y_{n+1}(p) & = p \cdot 3000 \cdot (n+1) + (1-p) \cdot (2000 + y_{n}(p+0{,}02)) \\[1ex]
x_{n+1}(p) & = p^2 \cdot 3000 \cdot (n+1) \\
& + 2p(1-p) \cdot ( 2000 + y_n(p+0{,}02) ) \\
& + (1-p)^2 \cdot (3000 + x_n(p+0{,}002)).
\end{align*} $}$

alfabetazeta · Post autor: **alfabetazeta** » 21 sie 2019, o 18:57

Tak zapomniałem dopisać jeden warunek, że awaria jest naprawialna a Twoje obliczenia chyba zakładają brak możliwości naprawy, więc dojście do roku $\displaystyle{ n+1}$ jest możliwe tylko dla sytuacji, gdy maszyny nie zepsuły się w latach wcześniejszych.

Nie zmienia to faktu, że potrzebuję obu metod....jednak nie udało mi się dzisiaj wyjść drzewkiem rozgałęzień mnożąc prawdopodobieństwa i zyski na poprawne wyniki z twoich wzorów. Natomiast dla metody naprawialnych awarii udało mi się. Dokładnie to co z drzewek na $\displaystyle{ 3}$ lata wyszło to i wyszło ze wzoru, który zamieściłem.
Jeszcze będę jutro kombinował z obliczeniami na drzewkach i zobaczymy. Dam znać co i jak

Post autor: **Dasio11** » 21 sie 2019, o 19:07

alfabetazeta pisze:Tak zapomniałem dopisać jeden warunek, że awaria jest naprawialna

To znaczy jak dokładnie wygląda treść zadania po poprawce?

alfabetazeta · Post autor: **alfabetazeta** » 21 sie 2019, o 19:34

Ta zmiana zmienia tyle, że w roku $\displaystyle{ n}$ masz np szanse $\displaystyle{ 48\%}$ na brak awarii i $\displaystyle{ 52\%}$ na awarię w kolejnym $\displaystyle{ n+1}$ roku $\displaystyle{ 46\%}$ na brak awarii i $\displaystyle{ 54\%}$ na awarię etc. Nawet jeśli maszyna zdefektuje w roku $\displaystyle{ n}$ to w roku $\displaystyle{ n+1}$ jest już naprawiona i znowu wpada w prawdopodobieństwo. Naprawa nie zmniejsza ryzyka awarii. Później ja te wszystkie ryzyka ważę zyskiem i wychodzi mi zysk ważony ryzykiem po np 10 latach. Generalnie Twoje wzory mocno ułatwiły mi życie bo nie da się ręcznie zbudować drzewka na 10 lat do przody bo jest zbyt dużo kombinacji.

Tak jak napisałem potrzebuje też obliczeń przy założeniu, że maszyny psują się na amen. I na takiej samej zasadzie muszę policzyć zysk ważony ryzykiem.

Matematyka.pl