Prosiłbym o pomoc w trzech zadaniach:
1) Dwuwymiarowa zmienna losowa \(\displaystyle{ (X, Y)}\) ma rozkład jednostajny na kwadracie \(\displaystyle{ <1, 2>}\) x \(\displaystyle{ <3, 4>}\). Wyznaczyć gęstość rozkładu brzegowego zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\).
2) \(\displaystyle{ (W_t:\ge 0)}\) jest procesem Wienera. Wyznaczyć funkcję kowariancyjną procesu \(\displaystyle{ (tW_\frac{1}{t} : t > 0)}\)
3) \(\displaystyle{ (N_t : t \ge 0)}\) jest procesem Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda = 1}\). Obliczyć \(\displaystyle{ P(N_t = 1, N_{3t} = 2 < N_{4t}, N_{6t} = 4)}\).
Z góry dziękuję za każdą pomoc
Rozkład jednostajny na kwadracie, proces Wienera i Poissona.
-
Everard
- Użytkownik
- Posty: 166
- Rejestracja: 11 lip 2007, o 22:59
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bytom
- Pomógł: 49 razy
Rozkład jednostajny na kwadracie, proces Wienera i Poissona.
Pierwsze:
\(\displaystyle{ f_x(x)=\int_{3}^4 f(x,y)dy.}\)
Nasze \(\displaystyle{ f(x,y)=1}\). Zatem \(\displaystyle{ f_x(x)=1}\) na przedziale \(\displaystyle{ [1,2]}\) (innymi słowy, \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład jednostajny na przedziale \(\displaystyle{ [1,2]}\)).
Drugie:
Oznaczmy ten zmodyfikowany proces przez \(\displaystyle{ X_t}\). Chcemy wyliczyć \(\displaystyle{ Cov(X_t,X_s)}\) (powiedzmy \(\displaystyle{ t>s}\)).
\(\displaystyle{ Cov(X_t,X_s)=E((X_t-EX_t)(X_s-EX_s))=E(X_tX_s)-EX_tEX_s=tsE(W_{\frac1t}W_{\frac1s})-tsE(W_{\frac1t})E(W_{\frac1s})=tsE(W_{\frac1t}(W_{\frac1s}-W_{\frac1t}+W_{\frac1t})=tsE(W^2_{\frac1t})+tsE(W_{\frac1t})E(W_{\frac1s}-W_{\frac1s})=ts\frac1{t}=s,}\)
zatem kowariancja \(\displaystyle{ X_t,X_s}\) wynosi \(\displaystyle{ t\wedge s}\).
(tak naprawdę \(\displaystyle{ X_t}\) również jest procesem Wienera - jedyny stosunkowo skomplikowany etap dowodu to wykazanie że ma trajektorie ciągłe w zerze).
Trzecie:
\(\displaystyle{ P(N_t=1, N_{3t}=2<N_{4t}, N_{6t}=4)=P(N_t=1, N_{3t}-N_t=1, N_{6t}-N_{3t}=2)-P(N_t=1, N_{3t}-N_{t}=1, N_{4t}-N_{3t}=0, N_{6t}-N_{4t}=2).}\)
Te prawdopodobieństwa możemy teraz rozbić na iloczyny ze względu na niezależność przyrostów, otrzymując
\(\displaystyle{ P(N_t=1, N_{3t}=2<N_{4t}, N_{6t}=4)=e^{-t}t\cdot e^{-2t} 2t\cdot \frac{e^{-3t}(3t)^2}{2!}-e^{-t}t\cdot e^{-2t} 2t\cdot e^{-t} \cdot \frac{e^{-2t}(2t)^2}{2!}=\frac{e^{-6t}2t^2}{2!}\cdot 5t^2=e^{-6t}5t^4.}\)
\(\displaystyle{ f_x(x)=\int_{3}^4 f(x,y)dy.}\)
Nasze \(\displaystyle{ f(x,y)=1}\). Zatem \(\displaystyle{ f_x(x)=1}\) na przedziale \(\displaystyle{ [1,2]}\) (innymi słowy, \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład jednostajny na przedziale \(\displaystyle{ [1,2]}\)).
Drugie:
Oznaczmy ten zmodyfikowany proces przez \(\displaystyle{ X_t}\). Chcemy wyliczyć \(\displaystyle{ Cov(X_t,X_s)}\) (powiedzmy \(\displaystyle{ t>s}\)).
\(\displaystyle{ Cov(X_t,X_s)=E((X_t-EX_t)(X_s-EX_s))=E(X_tX_s)-EX_tEX_s=tsE(W_{\frac1t}W_{\frac1s})-tsE(W_{\frac1t})E(W_{\frac1s})=tsE(W_{\frac1t}(W_{\frac1s}-W_{\frac1t}+W_{\frac1t})=tsE(W^2_{\frac1t})+tsE(W_{\frac1t})E(W_{\frac1s}-W_{\frac1s})=ts\frac1{t}=s,}\)
zatem kowariancja \(\displaystyle{ X_t,X_s}\) wynosi \(\displaystyle{ t\wedge s}\).
(tak naprawdę \(\displaystyle{ X_t}\) również jest procesem Wienera - jedyny stosunkowo skomplikowany etap dowodu to wykazanie że ma trajektorie ciągłe w zerze).
Trzecie:
\(\displaystyle{ P(N_t=1, N_{3t}=2<N_{4t}, N_{6t}=4)=P(N_t=1, N_{3t}-N_t=1, N_{6t}-N_{3t}=2)-P(N_t=1, N_{3t}-N_{t}=1, N_{4t}-N_{3t}=0, N_{6t}-N_{4t}=2).}\)
Te prawdopodobieństwa możemy teraz rozbić na iloczyny ze względu na niezależność przyrostów, otrzymując
\(\displaystyle{ P(N_t=1, N_{3t}=2<N_{4t}, N_{6t}=4)=e^{-t}t\cdot e^{-2t} 2t\cdot \frac{e^{-3t}(3t)^2}{2!}-e^{-t}t\cdot e^{-2t} 2t\cdot e^{-t} \cdot \frac{e^{-2t}(2t)^2}{2!}=\frac{e^{-6t}2t^2}{2!}\cdot 5t^2=e^{-6t}5t^4.}\)