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 \(\displaystyle{ Var Y}\).
Proces Wienera
-
- Użytkownik
- Posty: 9
- Rejestracja: 25 maja 2016, o 20:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 3 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 21 cze 2013, o 22:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: UK
- Pomógł: 1 raz
Proces Wienera
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 ()
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.
\(\displaystyle{ W(t)-W(s)}\) 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.
-
- Użytkownik
- Posty: 9
- Rejestracja: 25 maja 2016, o 20:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 3 razy
Proces Wienera
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 \(\displaystyle{ Y\sim \mathcal{N}(0,2)?}\)
\(\displaystyle{ EY=E\left(W_{3}-W_{2}\right) -EW_{1}=0}\)
\(\displaystyle{ VarY=EY^2=E\left[\left(W_{3}-W_{2}\right) -W_{1} \right] ^{2} =E\left[W_{3}-W_{2} \right]^{2}-2E\left(W_{3}-W_{2}\right)EW_{1}+EW_{1}^{2} =(3-2)-0+1=2.}\)
Zatem \(\displaystyle{ Y\sim \mathcal{N}(0,2)?}\)
Ostatnio zmieniony 1 cze 2016, o 23:31 przez karolkarol, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 21 cze 2013, o 22:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: UK
- Pomógł: 1 raz
Proces Wienera
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 , w szczególności Przykład 7.25 i Fakt 7.26 powinien Cię zainteresować.
Kod: Zaznacz cały
http://smurf.mimuw.edu.pl/node/712
-
- Użytkownik
- Posty: 9
- Rejestracja: 25 maja 2016, o 20:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 3 razy
Proces Wienera
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.
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 21 cze 2013, o 22:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: UK
- Pomógł: 1 raz
Proces Wienera
Tak wystarczy skorzystać z tego twierdzenie (tak wogóle jest to twierdzenie Cramera ). 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 ()
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.
Kod: Zaznacz cały
https://en.wikipedia.org/wiki/Cram%C3%A9r%27s_theorem
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.