Zmienne losowe \(\displaystyle{ (I_k)_{k \ge 1}}\) są niezależne, \(\displaystyle{ P(I_k=1)=\frac{1}{k}=1-P(I_k=0)}\).
Niech \(\displaystyle{ M_n= \sum_{k=2}^{n} I_{k-1}\cdot I_k}\)
Znajdź ciągi liczbowe alfa i beta, takie że ciąg
\(\displaystyle{ Z_n=M_n+\alpha _{n+1} I_n-\beta_{n+1}}\) dla \(\displaystyle{ n=2,3,\dots}\)
jest martyngałem względem filtracji naturalnej ciągu \(\displaystyle{ (I_n)_{n \ge 2}}\) oraz \(\displaystyle{ EZ_2=0}\)
czyli musi zachodzić coś takiego?
\(\displaystyle{ E(Z_n|I_m)=Z_m}\) dla dowolnych \(\displaystyle{ m \le n}\) ?
Martyngał względem filtracji naturalnej
-
- Użytkownik
- Posty: 1300
- Rejestracja: 6 sty 2009, o 20:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Skierniewice/Warszawa
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 123 razy
Martyngał względem filtracji naturalnej
Okej, to zaczynamy rozpisywanie:
\(\displaystyle{ E(Z_n|I_{n-1})=E\left( \sum_{k=2}^{n} I_{k-1}\cdot I_k |I_{n-1}\right)+\alpha_{n+1}EI_n-\beta_{n+1}=\\= \sum_{k=2}^{n} E(I_{k-1}\cdot I_k|I_{n-1})+\frac{\alpha_{n+1}}{n}-\beta_{n+1}}\)
i teraz w tej sumie, oprócz przedostatniego i ostatniego składnika wszystkie są niezależne od \(\displaystyle{ I_{n-1}}\), tak? Więc skoro są niezależne, to zostaje wartość oczekiwana bez warunkowania.
\(\displaystyle{ \sum_{k=2}^{n} E(I_{k-1}\cdot I_k|I_{n-1})=\sum_{k=2}^{n-2} E(I_{k-1}\cdot I_k)+E(I_{n-2}I_{n-1}|I_{n-1})+E(I_{n-1}I_n|I_{n-1})}\) tak? Więc suma z niezależności na iloczyn wartości oczekiwanych i da to nam \(\displaystyle{ \frac{n-3}{n-2}}\) a te dwa ostatnie składniki to będzie:
\(\displaystyle{ E(I_{n-2}I_{n-1}|I_{n-1})+E(I_{n-1}I_n|I_{n-1})=I_{n-1}(\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n})}\) dobrze? Tylko jak to teraz ma się równać \(\displaystyle{ Z_{n-1}}\) ?
\(\displaystyle{ E(Z_n|I_{n-1})=E\left( \sum_{k=2}^{n} I_{k-1}\cdot I_k |I_{n-1}\right)+\alpha_{n+1}EI_n-\beta_{n+1}=\\= \sum_{k=2}^{n} E(I_{k-1}\cdot I_k|I_{n-1})+\frac{\alpha_{n+1}}{n}-\beta_{n+1}}\)
i teraz w tej sumie, oprócz przedostatniego i ostatniego składnika wszystkie są niezależne od \(\displaystyle{ I_{n-1}}\), tak? Więc skoro są niezależne, to zostaje wartość oczekiwana bez warunkowania.
\(\displaystyle{ \sum_{k=2}^{n} E(I_{k-1}\cdot I_k|I_{n-1})=\sum_{k=2}^{n-2} E(I_{k-1}\cdot I_k)+E(I_{n-2}I_{n-1}|I_{n-1})+E(I_{n-1}I_n|I_{n-1})}\) tak? Więc suma z niezależności na iloczyn wartości oczekiwanych i da to nam \(\displaystyle{ \frac{n-3}{n-2}}\) a te dwa ostatnie składniki to będzie:
\(\displaystyle{ E(I_{n-2}I_{n-1}|I_{n-1})+E(I_{n-1}I_n|I_{n-1})=I_{n-1}(\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n})}\) dobrze? Tylko jak to teraz ma się równać \(\displaystyle{ Z_{n-1}}\) ?
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Martyngał względem filtracji naturalnej
Ale nie powinieneś warunkować względem \(\displaystyle{ I_{n-1}}\), tylko względem \(\displaystyle{ \sigma(I_{1}, \dots, I_{n-1})}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 1300
- Rejestracja: 6 sty 2009, o 20:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Skierniewice/Warszawa
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 123 razy
Martyngał względem filtracji naturalnej
Tak mi się właśnie wydawało, bo inaczej wychodzi trochę bez sensu. Składniki alfa i beta zostaną bez zmian. A co z sumą teraz?
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Martyngał względem filtracji naturalnej
Składniki do \(\displaystyle{ (n-1)}\)-szego pozostaną bez zmian, bo są mierzalne względem tego \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciała, natomiast ostatni przejdzie w \(\displaystyle{ I_{n-1} \mathbb{E} I_{n}}\), z niezależności.
- jsf
- Użytkownik
- Posty: 44
- Rejestracja: 3 wrz 2012, o 18:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Komorów k. W-wy
- Pomógł: 17 razy
Martyngał względem filtracji naturalnej
Ozn.
\(\displaystyle{ \mathcal{F}_{n}=\sigma(I_{1},...,I_{n}).}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{E}(Z_{n}|\mathcal{F}_{n-1})=Z_{n-1} \Leftrightarrow \mathbb{E}(Z_{n}-Z_{n-1}|\mathcal{F}_{n-1})=0}\).
U nas
\(\displaystyle{ \mathbb{E}(Z_{n}-Z_{n-1}|\mathcal{F}_{n-1})=\mathbb{E}(I_{n-1}I_{n}+ \alpha _{n} I_{n}-\alpha _{n-1} I_{n-1}+ \beta _{n}-\beta _{n+1}|\mathcal{F}_{n-1})=I_{n-1}\mathbb{E}I_{n}+ \alpha _{n}\mathbb{E}I_{n}-\alpha_{n-1}I_{n-1}+ \beta_{n} - \beta_{n+1} = \left( \frac{1}{n}-\alpha _{n-1}\right)I_{n-1}+\frac{\alpha_{n}}{n}+\beta_{n}-\beta_{n+1}=0.}\)
Stąd \(\displaystyle{ \alpha _{n}=\frac{1}{n+1}, ~\beta_{n+1}=\beta_{n}+\frac{1}{n(n+1)}}\).
Z równania \(\displaystyle{ \mathbb{E}Z_{2}=0}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \mathbb{E}(I_{1}I_{2}+\frac{1}{3}I_{2}-\beta_{3})=\mathbb{E}I_{1}\mathbb{E}I_{2}+\frac{1}{3}\mathbb{E}I_{2}-\beta_{3}=\frac{2}{3}-\beta_{3}=0 \Rightarrow \beta_{3}=\frac{2}{3}.}\)
Jest szansa, że się gdzieś walnąłem lekko w rachunkach. Ale generalnie that's that.
\(\displaystyle{ \mathcal{F}_{n}=\sigma(I_{1},...,I_{n}).}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{E}(Z_{n}|\mathcal{F}_{n-1})=Z_{n-1} \Leftrightarrow \mathbb{E}(Z_{n}-Z_{n-1}|\mathcal{F}_{n-1})=0}\).
U nas
\(\displaystyle{ \mathbb{E}(Z_{n}-Z_{n-1}|\mathcal{F}_{n-1})=\mathbb{E}(I_{n-1}I_{n}+ \alpha _{n} I_{n}-\alpha _{n-1} I_{n-1}+ \beta _{n}-\beta _{n+1}|\mathcal{F}_{n-1})=I_{n-1}\mathbb{E}I_{n}+ \alpha _{n}\mathbb{E}I_{n}-\alpha_{n-1}I_{n-1}+ \beta_{n} - \beta_{n+1} = \left( \frac{1}{n}-\alpha _{n-1}\right)I_{n-1}+\frac{\alpha_{n}}{n}+\beta_{n}-\beta_{n+1}=0.}\)
Stąd \(\displaystyle{ \alpha _{n}=\frac{1}{n+1}, ~\beta_{n+1}=\beta_{n}+\frac{1}{n(n+1)}}\).
Z równania \(\displaystyle{ \mathbb{E}Z_{2}=0}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \mathbb{E}(I_{1}I_{2}+\frac{1}{3}I_{2}-\beta_{3})=\mathbb{E}I_{1}\mathbb{E}I_{2}+\frac{1}{3}\mathbb{E}I_{2}-\beta_{3}=\frac{2}{3}-\beta_{3}=0 \Rightarrow \beta_{3}=\frac{2}{3}.}\)
Jest szansa, że się gdzieś walnąłem lekko w rachunkach. Ale generalnie that's that.