Proces Wienera

Procesy stochastyczne. Sposoby racjonalizowania wielkich ilości informacji. Matematyka w naukach społecznych.
karolkarol
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 9
Rejestracja: 25 maja 2016, o 20:49
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy

Proces Wienera

Post autor: karolkarol »

Cześć!
Jak rozwiązać coś takiego:
Załóżmy, że \(\displaystyle{ W(t)}\) jest procesem Wienera. Znaleźć rozkład procesu \(\displaystyle{ Y=-W_{1}-W_{2}+W_{3}}\). Obliczyć \(\displaystyle{ EY}\) i \(\displaystyle{ Var Y}\).
Ostatnio zmieniony 1 cze 2016, o 09:06 przez karolkarol, łącznie zmieniany 1 raz.
Tubascos
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5
Rejestracja: 21 cze 2013, o 22:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: UK
Pomógł: 1 raz

Proces Wienera

Post autor: Tubascos »

Skoro \(\displaystyle{ (W(t))_{t \geq 0}}\) jest procesem Wienera, to \(\displaystyle{ W(0)=0}\), proces ten ma niezależne przyrosty oraz dla \(\displaystyle{ t > s}\) mamy iż
\(\displaystyle{ W(t)-W(s)}\) ma rozkład normalny z wartością oczekiwaną \(\displaystyle{ 0}\) oraz z wariancją \(\displaystyle{ t-s}\). Krótko piszemy \(\displaystyle{ W(t)-W(s) \sim \mathcal{N}(0, t-s)}\). Z niezależnych przyrostów dostajemy, że zmienne losowe \(\displaystyle{ W(1) = W(1) - W(0)}\) oraz \(\displaystyle{ W(3) - W(2)}\) są niezależne oraz z ostatniej wymienionej własności procesu Wienera obie zmienne losowa mają rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0, 1)}\).
Prawdziwe jest następujące twierdzenie: Niech \(\displaystyle{ X_1}\), \(\displaystyle{ X_2}\) będą dwoma niezależnymi zmiennymi losowymi takimi, że \(\displaystyle{ X_1 \sim \mathcal{N}(m_1, \sigma_1^2), X_2 \sim \mathcal{N}(m_2, \sigma_2^2),}\) wtedy dla stałych rzeczywistych \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\) mamy iż \(\displaystyle{ aX_1 + bX_2 \sim \mathcal{N}(am_1+bm_2, a^2\sigma_1^2 + b^2\sigma_2^2}\)). Najlepiej udowodnić to poprzez funkcje charakterystyczną (

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Sum_of_normally_distributed_random_variables
)
Zatem \(\displaystyle{ Y=aX_1 + bX_2}\), gdzie \(\displaystyle{ X_1 = W(1)-W(0)}\), \(\displaystyle{ X_2 = W(3)-W(2)}\) oraz \(\displaystyle{ a=b=-1}\), czyli łatwo dokończyć.
karolkarol
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 9
Rejestracja: 25 maja 2016, o 20:49
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy

Proces Wienera

Post autor: karolkarol »

Nie za bardzo jeszcze rozumiem tą tematykę. Czy to można napisać, że
\(\displaystyle{ EY=E\left(W_{3}-W_{2}\right) -EW_{1}=0}\)
\(\displaystyle{ VarY=EY^2=E\left[\left(W_{3}-W_{2}\right) -W_{1} \right] ^{2} =E\left[W_{3}-W_{2} \right]^{2}-2E\left(W_{3}-W_{2}\right)EW_{1}+EW_{1}^{2} =(3-2)-0+1=2.}\)

Zatem \(\displaystyle{ Y\sim \mathcal{N}(0,2)?}\)
Ostatnio zmieniony 1 cze 2016, o 23:31 przez karolkarol, łącznie zmieniany 1 raz.
Tubascos
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5
Rejestracja: 21 cze 2013, o 22:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: UK
Pomógł: 1 raz

Proces Wienera

Post autor: Tubascos »

Niestety nie można, przede wszystkim chcesz znaleźć rozkład \(\displaystyle{ Y}\). Tutaj użyleś jedynie liniowości wartości oczekiwanej. Zmienne losowe mające różne rozkłady mogą mieć taką samą wartość oczekiwaną i wariancje. W moim poprzednim poście masz wszystkie potrzebne informacje, potrzebne do rozwiązania Twojego zadania. Nie zabierałbym się na Twoim miejscu za procesy stochastyczne bez wcześniejszego powtórzenia rachunku prawdopodobieństwa. Tutaj masz dobre wprowadzenie do ciągłych zmiennych losowych

Kod: Zaznacz cały

http://smurf.mimuw.edu.pl/node/712
, w szczególności Przykład 7.25 i Fakt 7.26 powinien Cię zainteresować.
karolkarol
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 9
Rejestracja: 25 maja 2016, o 20:49
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy

Proces Wienera

Post autor: karolkarol »

A ok, czyli tylko podstawić do tego twierdzenia i w sumie i tak będzie, że \(\displaystyle{ Y\sim \mathcal{N}(0,2)}\).
Bo tam wyżej to myślałem po prostu, że wykorzystując to, że z def. procesu Wienera mamy:
-\(\displaystyle{ W(0)=0}\)
-\(\displaystyle{ W(3)-W(2)}\) i \(\displaystyle{ W(1)-W(0)}\) są niezależne
-dla dowolnego t, h>0 , \(\displaystyle{ W(t+h)-W(t)}\) ma rozkład normalny taki, że
\(\displaystyle{ E\left(W(t+h)-W(t)\right) =0}\) oraz \(\displaystyle{ E\left(W(t+h)-W(t)\right)^{2} =h}\)
A z definicji taj bezpośrednio wynika, że \(\displaystyle{ EW(t)=0}\) plus dokładając tą liniowość wartości oczekiwanej. I myślałem, że to wystarczy by to tak zapisać.
Dzięki za pomoc.
Ostatnio zmieniony 1 cze 2016, o 17:52 przez karolkarol, łącznie zmieniany 1 raz.
Tubascos
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5
Rejestracja: 21 cze 2013, o 22:08
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: UK
Pomógł: 1 raz

Proces Wienera

Post autor: Tubascos »

Tak wystarczy skorzystać z tego twierdzenie (tak wogóle jest to twierdzenie Cramera

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Cram%C3%A9r%27s_theorem
). Nie jest to trywialny wynik, nie zawsze suma dwóch niezależnych zmiennych losowych o danym rozkładzie, ma ten sam rozkład z innymi parametrami.
Np. mając dwie niezależne zmienne losowe o rozkładzie wykładniczym, sumując je dostaniemy zmienną losową o innym rozkładzie, który nazywa się rozkładem Erlanga (

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Rozk%C5%82ad_Erlanga
)
Rozkłady, które mają taką własność jak tutaj rozkład normalny, nazywają się rozkładami stabilnymi [url]https://en.wikipedia.org/wiki/Stable_distribution[/url]. Nie ma za co. Pozdrawiam.
ODPOWIEDZ