Voorblad bij Tentamen

Transcriptie

1 Studentnaam: Studentnummer: Voorblad bij Tentamen (in te vullen door de examinator) Vaknaam: Simulaties van Biochemische Systemen Vakcode: 8CB9 Datum: Begintijd: :0 Eindtijd: 6:0 Aantal pagina s: 7 Aantal vragen: 7 Aantal te behalen punten/normering per vraag: 00 Wijze van vaststellen eindcijfer: aantal punten delen door 0 Wijze van beantwoording vragen : open vragen Inzage: Bij H. ten Eikelder of D. Bosnacki Overige opmerkingen: Opgavenblad mag meegenomen worden Instructies voor studenten en surveillanten Toegestane hulpmiddelen (mee te nemen door student): Notebook Rekenmachine Grafische rekenmachine Dictaat/boek A4-tje met aantekeningen Woordenboek(en). Zo ja, welke: Anders, namelijk: Let op: toiletbezoek is alleen onder begeleiding toegestaan binnen 5 minuten na aanvang en 5 minuten voor het einde mag de tentamenruimte niet worden verlaten, tenzij anders aangegeven er dient altijd tentamenwerk (volledig ingevuld tentamenpapier: naam, studentnummer e.d.) te worden ingeleverd tijdens het tentamen dienen de huisregels in acht te worden genomen aanwijzingen van examinatoren en surveillanten dienen opgevolgd te worden etui ligt niet op tafel onderling worden geen hulpmiddelen geleend / uitgewisseld Tijdens het maken van schriftelijke tentamens wordt onder (poging tot) fraude in ieder geval verstaan: gebruik van andermans ID-bewijs/campuskaart mobiele telefoon of enige andere media dragende devices liggen op tafel of zijn opgeborgen in de kleding (poging tot) gebruik van ongeoorloofde bronnen en hulpmiddelen, zoals internet, mobiele telefoon e.d. het gebruik van een clicker die niet je eigen clicker is ander papier voor handen hebben dan door de TU/e is verstrekt, tenzij anders aangegeven toiletbezoek (of naar buiten lopen) zonder toestemming of begeleiding Behorende bij regeling centrale tentamenafname TU/e

2 Eindtoets Simulaties van Biochemische Systemen - 8CB9 0 April 07 - :0-6.0 uur Vier algemene opmerkingen: De eindtoets bestaat uit 7 opgaven verdeeld over pagina s. Op pagina 5 staat voor iedere opgave het maximale aantal punten dat voor de opgave behaald kan worden. Het gebruik van boeken, aantekeningen, collegedictaten, notebooks, tablets, smartphones, smartwatches e.d. of rekenmachines is bij dit tentamen niet toegestaan. Bij dit tentamen mag u gebruik maken van het bijgevoegd formuleblad. Alle antwoorden dienen duidelijk geformuleerd en gemotiveerd te worden.. Beschouw het volgende farmacokinetisch model: bloed y (t) k = k = / k = / orgaan y (t) k 4 = Figuur : Het farmacokinetisch model De hoeveelheden van een medicijn in het bloed en in een orgaan worden beschreven door y (t) en y (t). De constanten k en k beschrijven de uitwisseling van het medicijn tussen het bloed en het orgaan. De eliminatie van het medicijn uit het bloed door de nieren wordt beschreven door k. De afbraak van het medicijn in het orgaan wordt beschreven door k 4. Het bijbehorende stelsel differentiaalvergelijkingen is y (t) = (k + k )y (t) + k y (t) y (t) = k y (t) (k + k 4 )y (t) Er is gegeven dat, in geschikte eenheden, de constanten gegeven zijn door k =, k =, k = en k 4 = (eenheid: uur ). (a) Geef de algemene oplossing van dit stelsel differentiaalvergelijkingen. Stel dat op t = 0 de medicijn hoeveelheid in het bloed gelijk is aan I 0 (eenheid: mg) en dat er op t = 0 nog geen medicijn in het orgaan voorkomt. (b) Geef de oplossing van het stelsel differentiaalvergelijkingen die voldoet aan de gegeven beginvoorwaarden. (c) Op welk tijdstip is de hoeveelheid medicijn in het orgaan het grootste? (d) Het medicijn heeft een therapeutisch effect als de AUC (Area Under the Curve) ofwel de integraal van de hoeveelheid in het orgaan van t = 0 tot t = tenminste gelijk is aan 00 mg uur. Wat is de benodigde waarde van de initiële hoeveelheid in het bloed I 0 op t = 0 opdat er een therapeutisch effect optreedt? (Bij deze vraag is het antwoord van onderdeel (c) niet nodig.)

3 . Beschouw twee populaties, met concentraties R(t) en L(t), waarvan de evolutie beschreven wordt door de volgende twee differentiaalvergelijkingen: R = R( R L) L = L( bl R). De parameter b beschrijft de hinder die de L populatie van zichzelf heeft. Gegeven is dat 0 < b < 4. Omdat R en L populaties voorstellen, zijn stationaire punten ( ˆR, ˆL) van dit stelsel differentiaalvergelijkingen alleen zinvol als ˆR 0 en ˆL 0. (a) Bereken de stationaire punten van dit stelsel voor een willekeurige b (met 0 < b < 4). Geef voor elk stationair punt aan voor welke waarden van b dit punt zinvol is. (b) Bereken de Jacobiaanse matrix van dit stelsel in een willekeurig punt (R, L). (c) Er is één stationair punt ( ˆR, ˆL) met ˆR = 0 en ˆL > 0. Analyseer de stabiliteit van dit punt voor 0 < b < 4. (d) Er is één stationair punt ( R, L) met R > 0 en L > 0. Analyseer de stabiliteit van dit punt voor het geval b =.. In deze opgave beschouwen we de volgende numerieke methode voor het oplossen van de differentiaalvergelijking y = f(y). Deze methode berekent de waarde van y n+ uit y n+ = y n + t ( f(y n) + f(y n+)). (a) Is dit een impliciete of een expliciete methode? (b) Bereken de incrementfunctie Ψ(z) voor deze methode. Hint: de incrementfunctie Ψ(z) wordt berekend voor de vergelijking y = λy. (c) Stel we willen de vergelijking y = 0y met deze methode numeriek oplossen. Wat is de maximale stapgrootte t waarvoor de numerieke oplossing nog stabiel is? (d) Wat is de locale afbreekfout van deze methode? U mag gebruiken dat x = + x + x + x +... voor x <. 4. (a) Geef de definitie van een conservatieve kracht. Gegeven is een kracht F in het tweedimensionale x-y vlak, beschreven door ( ) F(x, y) =. 4y (b) Maak een schets waarin duidelijk te zien is hoe de kracht F zich gedraagt. U mag zich beperken tot het gebied met x 0. (c) Laat zien dat F een conservatieve kracht is. (d) Beschouw een deeltje met massa m = en coördinaten (x, y ), dat beweegt onder invloed van de kracht F. Geef de differentiaalvergelijkingen voor x (t) en y (t) die de baan van het deeltje beschrijven. (e) Stel het deeltje bevindt zich op tijdstip t = 0 in het punt (0, ). Het deeltje heeft dan geen snelheid. Bereken de baan van dit deeltje door de differentiaalvergelijkingen voor x (t) en y (t) op te lossen. Hint: Probeer voor de vergelijking voor y (t) oplossingen van de vorm A cos(λt) + B sin(λt).

4 5. Beschouw een kanoniek systeem met drie (micro)toestanden, met energie E = ε, E = 0 en E = ε, waarbij ε > 0. De temperatuur T, het volume V en het aantal deeltjes in het systeem N zijn gegeven. (a) Geef de kansen p, p en p dat het systeem in respectievelijk toestand, en is. (b) Bereken de gemiddelde waarde van de energie < E > van dit systeem. (c) Wat is de gemiddelde energie van dit systeem bij heel hoge waarden van T, d.w.z. wat is lim T < E >? Volgens de Gibbs entropie formule wordt de entropie van dit systeem gegeven door waarbij log de natuurlijke logaritme is. (d) Bewijs dat S =, S = < E > + k B log(z) T waarin Z de noemer is in de formules voor de kansen p ν, zie ook het bijgevoegde formuleblad. Hint: Schrijf eerst log(p ν ) uit. (e) Bereken de entropie voor heel hoge waarden van T, d.w.z. bereken lim T S. 6. Stel we willen een moleculaire simulatie uitvoeren met N deeltjes in een (N, V, T ) ensemble. Deeltje i (i =,..., N) heeft massa m i. We geven de deeltjes beginposities r i en beginsnelheden v i (i =,..., N). (a) Hoe wordt uit de snelheden van de deeltjes de bijbehorende temperatuur T bepaald? (b) Hoe moeten de beginsnelheden v i worden gecorrigeerd zodat de initiële temperatuur van het systeem een gewenste waarde T 0 krijgt? 7. Beschouw een Metropolis algoritme voor het minimaliseren van de functie E op een toestandsruimte S = {,, }, waarbij gebruik gemaakt wordt van een Markov keten met een evenwichtsverdeling ˆp met ˆp i e βe(i). De functie E wordt gegeven door E() = E() = 0 en E() = B, waarbij B > 0. Het genereren van kandidaat oplossingen gebeurt uniform, d.w.z. de kandidaten voor een punt j zijn de ander twee punten van de toestandsruimte, beiden met kans. (a) Geef de kandidaat generatiematrix Q, behalve de diagonaal elementen. (b) Geef de acceptatie matrix A, behalve de diagonaal elementen. (c) Geef de transitie matrix T, inclusief de diagonaalelementen. (d) De evenwichtsverdeling van de bijbehorende Markov keten is ˆp = Z e βb, waarbij Z = + e βb. Verifieer dit door te controleren of T ˆp = ˆp. (e) Voldoet deze Markov keten aan de detailed balance conditie? Motiveer uw antwoord. 4

5 Honorering: (totaal 00 punten) Opgave a: 4 punten Opgave a: 4 punten Opgave a: punten Opgave b: punten Opgave b: 4 punten Opgave b: 4 punten Opgave c: punten Opgave c: 4 punten Opgave c: punten Opgave d: punten Opgave d: 4 punten Opgave d: punten Opgave 4a: punten Opgave 5a: punten Opgave 6a: 4 punten Opgave 4b: punten Opgave 5b: 4 punten Opgave 6b: 4 punten Opgave 4c: 4 punten Opgave 5c: punten Opgave 4d: punten Opgave 5d: punten Opgave 4e: 4 punten Opgave 5e: 4 punten Opgave 7a: Opgave 7b: Opgave 7c: Opgave 7d: Opgave 7e: punten punten 4 punten punten punten 5

6 Simulaties van biochemische systemen - 8CB9 Formuleblad - 06/07 De Taylorreeks benadering van de functie f rond het punt x is gegeven door f(x + x) = f(x) + f (x) x + f (x) Hiermee kan worden afgeleid dat voor alle x e x = + x + x! + x! + x4 4! +. ( x) + + f (n) (x) ( x) n +. n! en voor x < x = + x + x + x + x 4 +. Voor een differentiaalvergelijking van de vorm y = f(y) zijn de volgende numerieke methoden met tijdstap t mogelijk: Expliciet Euler (Forward Euler): ŷ(t + t) = y(t) + t f(y(t)) Impliciet Euler (Backward Euler): ŷ(t + t) = y(t) + t f(ŷ(t + t)) Crank-Nicholson: ŷ(t + t) = y(t) + t (f(y(t)) + f(ŷ(t + t))) Heun (Improved Euler): y (t + t) = y(t) + t f(y(t)) ŷ(t + t) = y(t) + t (f(y(t)) + f(y (t + t))) Runge-Kutta: k = f(y(t)) k = f(y(t) + t k ) k = f(y(t) + t k ) k 4 = f(y(t) + t k ) ŷ(t + t) = y(t) + 6 t (k + k + k + k 4 ) De achterwaardse differenties (Backward Differences) zijn gedefinieerd door y n+ = y n+ y n y n+ = y n+ y n y n+ = y n+ y n. Het p e graads polynoom Q p door de punten (t n p+, y n p+ ),..., (t n+, y n+ ) is dan Q (t) = y n+ + t t n+ y n+ t Q (t) = y n+ + t t n+ y n+ + (t t n+)(t t n ) t t y n+ Q (t) = Q (t) + (t t n+)(t t n )(t t n )! t y n+..

7 De BDFp methode voor het oplossen van y = f(y) volgt dan uit Q p(t n+ ) = f(y n+ ). De Lennard Jones potentiaal met parameters ɛ en σ tussen twee deeltjes met afstand r is ( (σ ) ( σ ) ) 6 U vdw (r) = 4 ɛ, r r De totale energie van een systeem bestaande uit N deeltjes met posities r,..., r N, impulsen p,..., p N en potentiële energie U(r N ) is E(r N, p N ) = N i= p i m i + U(r,..., r N ), waarbij r N een afkorting is voor (r,..., r N ) en p N een afkorting is voor (p,..., p N ) Beschouw een kanoniek systeem met microtoestanden ν =,,.... Laat E ν de energie van microtoestand ν zijn. De kans om het systeem in toestand ν aan te treffen is P ν = e βeν Z waarbij Z = ν e βeν en β = k B T. De kansdichtheid om kanoniek systeem bestaande uit N deeltjes in een toestand met posities r N en impulsen p N aan te treffen is Ψ ( r N, p N ) = e βe(rn,p N ) e βe(r N,p N ) dr N dp N. Hierin is E ( r N, p N) de energie van het systeem en β = k B T. Het verband tussen gemiddelde kwadratische impuls van deeltje i en de temperatuur T is p i = mi k B T Markov ketens Het element T ij van de transitiematrix is de kans om van toestand j naar toestand toestand i te gaan. De evenwichtsverdeling ˆp voldoet aan T ˆp = ˆp. Detailed balance conditie: T ij p j = T ji p i. Metropolis algoritme/ simulated annealing Het element Q ij van kandidaat generatie matrix is de kans om in toestand j toestand i te selecteren als kandidaat. Het element A ij van de acceptatie matrix is de kans om in toestand j de voorgestelde kandidaat i te accepteren: { als E(i) E(j) A ij = e β(e(j) E(i)) als E(i) > E(j) De transitiematrix van het Metropolis algoritme wordt voor i j gegeven door T ij = Q ij A ij. Verder is T jj = N i=,i j T ij.

8 Uitwerking eindtoets Simulaties van Biochemische Systemen 8CB9 0 April 07 - :0-6.0 uur. (a) In vectorvorm is het stelsel differentiaalvergelijkingen te schrijven als y = M y, met ( ) ( ) (k + k ) k M = =. k (k + k 4 ) Om dit stelsel op te lossen berekenen we eerst de eigenwaarden van M: ( det(m λi) = det λ ) λ = 0 ofwel ( λ)( λ) 4 = λ + λ + = (λ + )(λ + ) = 0. Dit levert de eigenwaarden λ = en λ =. De bijbehorende eigenvectoren z vinden we door het oplossen van de vergelijking (M λi) z = 0. Voor z, behorend bij λ =, wordt deze vergelijking (M + I) z = 0, of uitgeschreven: z + z = 0 z z = 0. ( ) Als oplossing nemen we z =, z =, ofwel z =. Voor z, behorend bij λ =, wordt deze vergelijking (M + I) z = 0, of uitgeschreven: z + z = 0 z + z = 0. ( ) Als oplossing nemen we z =, z =, ofwel z =. De algemene oplossing van het stelsel differentiaal vergelijkingen is dus waarbij a en a willekeurige constanten zijn. ( ) ( ) y(t) = a e t + a e t, (b) Om de oplossing met beginwaarden y (0) = I 0 en y (0) = 0 te verkrijgen moeten we a en a vinden zodat ( ) ( ) ( ) I0 a + a =. 0 Dit betekent a + a = I 0 a a = 0, hetgeen impliceert dat a = a = I 0 /. De oplossing voor de gegeven beginwaarden is dus y(t) = I0 e t ( (c) De medicijnconcentratie in het orgaan is ) ( ) + I0 e t y (t) = I0 e t I0 e t. Om het maximum hiervan te vinden, stellen we de afgeleide hiervan gelijk aan 0. Dit levert Delen door I 0 en vermenigvuldigen met e t geeft I0 e t + I 0 e t = 0. + e t = 0, met als oplossing t = log( ) ofwel t = log(). Omdat de tijdseenheid uur was, komt dit neer op ongeveer 4 minuten. (Dit laatste werd niet gevraagd.).

9 (d) De AUC wordt dus gegeven door AUC = 0 y (t)dt = I0 0 (e t e t )dt = I0 ( ) = I 0. Deze waarde is tenminste gelijk aan 00 (mg uur) als I 800 (mg).. (a) We lossen de vergelijkingen op. Dat levert de volgende mogelijkheden R( R L) = 0 L( bl R) = 0. i. R = 0 en L = 0. Dit stationaire punt is zinvol voor 0 < b < 4. ii. R = 0 en L 0. Dan moet L = /b. Dit stationaire punt is ook zinvol voor 0 < b < 4. iii. R 0 en L = 0. Dan moet R =. Dit stationaire punt is ook zinvol voor 0 < b < 4. iv. R 0 en L 0. Dan moet dus R L = 0 bl R = 0. Uit de eerste vergelijking volgt dat R = L. Substitutie in de tweede vergelijking geeft L = b 4 b. Voor R vinden we dan R = 4 b. Dit laatste stationaire punt is alleen zinvol als 0 < b <. (b) De Jacobiaanse matrix is R L J(R, L) = R L bl R (c) Het stationaire punt met ˆR = 0 en ˆL > 0 is het tweede punt hiervoor gevonden. Dus ˆR = 0 en ˆL = /b. De Jacobiaan in dit punt is J( ˆR, ˆL) = b 0, b met eigenwaarden λ = b en λ =. Als 0 < b < zijn beide eigenwaarden negatief en is het stationaire punt dus asymptotisch stabiel. Als < b < 4 is λ > 0 en is het stationaire punt dus onstabiel. Als b = is λ = 0 en λ < 0. In dut geval kunnen we uit de behandelde theorie geen conclusie trekken. (d) Het stationaire punt met R = 0 en L > 0 is het vierde punt hiervoor gevonden. Dus R = b L = 4 b. Als b = is de Jacobiaan in dit punt J( R, L) = J(, ) =.. 4 b en De eigenwaarden hiervan zijn λ = en λ =. Dit stationaire punt is dus onstabiel als b =.. (a) De methode is gedefinieerd door ŷ(t + t) = y(t) + t( f(y(t)) + f(ŷ(t + t))). () Deze methode is impliciet omdat de nieuwe waarde ŷ ook aan de rechterkant van () voorkomt.

10 (b) Om de incrementfunctie Ψ te berekenen substitueren we y = f(y) = λy in (): ŷ(t + t) = y(t) + t( λy(t)) + λŷ(t + t)) ŷ(t + t)( λ t) = y(t) + λ ty(t) ŷ(t + t) = + λ t λ ty(t) Omdat de incrementfunctie volgt uit ŷ(t + t) = Ψ(λ t) y(t) volgt dat Ψ(z) = + z z. (c) De locale afbreekfout berekenen we als y(t n+ ) y n+ = (e λ t Ψ(λ t)) y n. () De term e λ t kan in een Taylorreeks ontwikkeld worden. Dat levert: e λ t = ( + λ t + λ t + 6 λ t + O(λ 4 t 4 )) () Met behulp van de formule x = + x + x + x +... voor x < hebben we ook + z z = ( + z)( + z + 9 z + 7 z + Invullen van z = λ t levert = + z + 9 z + 7 z + + z + 9 z + 7 z +... = + z + z + 9 z + O(z 4 ). Ψ(λ t) = + λ t + λ t + 9 λ t + O( t 4 ). (4) Als we nu () en (4) invullen in () krijgen we y(t n+ ) y n+ = 6 λ t + 8 λ t + O( t 4 ) y n, (5) en dus, omdat de eerste term 6 λ t is, is de locale afbreekfout van orde grote O( t ). (d) De stapgrootte t is stabiel als Ψ(λ t) (6) Om de waarden van t te bepalen waarvoor (6) geldt, moeten we eerst bepalen wanneer is Ψ(z) =. Omdat λ reëel is, kunnen we ons beperken tot reële, negatieve z. We moeten dus oplossen Ψ(z) = en Ψ(z) =. Dat levert dan en + z = z (7) + z = ( z) (8) Oplossen van (7) en (8) geeft respectievelijk z = 0 en z = 6. Dit zijn dus de kritische waarden van z die de grenzen bepalen tussen de stabiele en onstabiele gebieden. Het is niet moeilijk te checken dat Ψ(z) voor 0 z 6. Voor alle andere waarden van z is dus de methode onstabiel. In ons geval is λ = 0 en (gezien z = λ t) dus krijgen we

11 6 ( 0) t 0 oftewel 0 t 0.6 voor de stabiele bereik van t. Dus de maximale stapgrootte van t waarvoor de methode nog stabiel is is (a) Een kracht F is conservatief als de hoeveelheid arbeid die de kracht verricht om een deeltje van een positie r naar een positie r te brengen onafhankelijk is van het gevolgde pad. In formulevorm betekent dit dat W = r r F dr onafhankelijk is van het pad dat gevolgd wordt van r naar r. (b) Het verloop van de kracht F staat in Figuur. Figuur : de kracht F uit opgave 4 (niet op schaal) (c) We proberen een potentiaal U(x, y) bij de kracht F(x, y) te vinden. Die potentiaal moet voldoen aan F(x, y) = U(x, y), ofwel U(x, y) = F x = x U(x, y) = F y = 4y. y Een functie U(x, y) die hieraan voldoet is U(x, y) = y x. Er bestaat dus een potentiaal voor de kracht F(x, y) en dus is de kracht conservatief. (d) De vergelijkingen voor x (t) en y (t) volgen meteen uit de tweede wet van Newton ("F = ma"). Omdat de massa van het deeltje m =, levert dit de volgende twee differentiaalvergelijkingen d x (t) dt = d y (t) dt = 4y (t) (e) Gegeven is dat het deeltje op t = 0 stil staat in het punt (0, ). Dus op t = 0 geldt x = 0, dx dt = 0 en y =, dy dt = 0. 4

12 Op t = 0 geldt x = 0 en dx dt = 0. Uit de differentiaalvergelijking voor x (t) volgt eerst dat dx (t) dt = t. Daaruit volgt weer x (t) = t. Op t = 0 geldt y = en dy dt = 0. Zoals gesuggereerd in de opgave proberen we y (t) = A cos(λt) + B sin(λt). Substitutie in de differentiaalvergelijking voor y (t) levert dan λ = 4. We kiezen dus λ =. (De keuze λ = leidt tot dezelfde uiteindelijke oplossing.) De oplossing heeft dus de vorm y (t) = A cos(t) + B sin(t). De beginvoorwaardes op t = 0 leveren nu A = en B = 0. De oplossing is dus y (t) = cos(t). De baan van het deeltje onder invloed van deze kracht is dus (x (t), y (t)) = ( t, cos(t)). 5. (a) De kansen p, p en p zijn (zie ook het formuleblad) met Z = e βε + + e βε. (b) De gemiddelde waarde van E is < E >= ν= p = eβε Z, p = Z, p = e βε Z, p ν E ν = eβε ε e βε ε Z (c) Als T dan β 0 en dus ook e βε en e βε. Dus + lim < E >= ε T + + = 0. = ε eβε + e βε e βε + + e βε. Bij zeer hoge temperaturen zijn de kansen voor al de drie toestanden gelijk aan. Dan wordt < E > het gemiddelde van de drie mogelijke energiewaarden, en dat is 0. (d) We berekenen eerst log(p ν ): Dan vinden we voor de entropie S: ( e βe ν ) log(p ν ) = log = βe ν log(z). Z S = k B = k B β p ν log(p ν ) = k B ν= p ν E ν + k B log(z) ν= = < E > T + k B log(z). p ν (βe ν + log(z)) (e) In onderdeel (c) hebben we gezien dat < E > 0 en Z als T. Dit betekent dat ( ) < E > lim T S = lim T + k B log(z) = 0 + k B log() = k B log(). T Een alternatieve methode is om op te merken dat al de drie kansen p ν als T. Dit impliceert dat lim S = k B T log ( ) = kb log ( ) = kb log(). ν= ν= ν= p ν 6. (a) Het verband tussen gemiddelde kwadratische impuls van deeltje i en de temperatuur T is (zie formuleblad) p i = mi k B T. Omdat p i = m i v i levert dit m ivi = k BT, 5

13 en voor de som over alle deeltjes N i= m ivi = Nk BT Voor het linkerlid nemen we nu de kinetische energie van de deeltjes in de simulatie K = N i= m ivi. De temperatuur is dan te berekenen met T = K Nk B. (b) Als de snelheden van alle deeltjes met een factor α vermenigvuldigd worden, wordt de kinetische energie met α vermenigvuldigd. Om de temperatuur te veranderen van T naar T 0 moet de kinetische energie met T0 T vermenigvuldigd worden. De snelheden moeten dus met T 0 T vermenigvuldigd worden. 7. (a) De kandidaat generatiematrix Q is gedefinieerd door: Q ij is de kans dat in toestand j de toestand i als kandidaat gegenereerd wordt. Dit levert Q =. Merk op dat de diagonaal elementen van Q niet van belang zijn. (b) De acceptatiematrix A is gedefinieerd door: A ij is de kans dat in toestand j de kandidaat i geaccepteerd wordt. De matrix elementen worden gedefinieerd door A ij = { if E(i) E(j) e β(e(j) E(i) if E(i) > E(j). Met E() = E() = 0 en E() = B (B < 0) vinden we A = e βb e βb De diagonaal elementen van A zijn niet relevant, aangezien de kandidaat i moet verschillen van de huidige toestand j. (c) De transitiematrix T is gedefinieerd door: T ij is de kans dat in toestand j de nieuwe toestand is i. Voor i j geldt: T ij = Q ij A ij (geen matrix vermenigvuldiging!). De diagonaalelementen van T moeten dan zo gekozen worden dat de som van iedere kolom van T gelijk aan is. Dit geeft (d) Berekenen van T p levert T p = = Z T = 0 e βb 0 e βb 0 e βb 0 e βb e βb e βb e βb. e βb Z e βb e βb + + ( e βb )e βb Dus inderdaad is p de evenwichtsverdeling. e βb. = Z e βb = p. 6

14 (e) De transitiematrix T voor het Metropolis algoritme is gemaakt zodat hij aan de detailed balance conditie voldoet. Dat geldt dus ook voor deze matrix T. Dit kan ook met een rechtstreekse berekening gecontroleerd worden. We controleren dat T i,j p j = T j,i p i. Voor i = en j = wordt dit Z = Z, en dat geldt uiteraard. Voor i = en j = wordt dit en voor i = en j = eveneens Beide laatste condities gelden ook. eβb e βb eβb e βb Z = Z, Z = Z. 7