Reshenie_zadach (Задачи)

Решения задач по курсу"теория случайных процессов"Леонтьев Н.Д.1. Для случайного процесса с независимыми и однородными по времени приращениями вычислить математическое ожидание, дисперсию икорреляционную функцию.Решение: Обозначим исходный случайный процесс за {X(t), t ≥ 0} ивведём дополнительно процесс {Y (t) = X(t) − X(0), t ≥ 0}. Легко проверить, что {Y (t), t ≥ 0} — процесс Леви. Обозначим E(Y (t)) = a(t). Тогда,очевидно, выполненоa(t + s) = a(t) + a(s), t, s ≥ 0(1)Математическое ожидание процесса Леви является монотонной функцией, что в совокупности с (1) влечёт равенство a(t) = ct1 .

Константулегко найти, подставив t = 1. Итак, окончательно E(Y (t)) = tE(Y (1)).Формула для дисперсии получается совершенно аналогичным образом.Выведем формулу для ковариационной функции процесса {Y (t), t ≥20} . Будем считать, что t ≥ s. Имеемcov(Y (t), Y (s)) = E(Y (t)Y (s)) − E(Y (t))E(Y (s)) == E((Y (t)−Y (s)+Y (s))Y (s))−E(Y (t))E(Y (s)) = E(Y (t)−Y (s))E(Y (s))++ E(Y (s))2 − E(Y (t))E(Y (s)) = E(Y (s))2 − (E(Y (s)))2 = D(Y (s))Переход к моментам исходного процесса не представляет трудности ипредоставляется читателю.2. Случайный процесс ξ(t) = A cos(ωt + ϕ), где ω — неслучайная константа, A и ϕ независимы, E(A) = m, D(A) = σ 2 , ϕ равномерно распределена на отрезке [0, 2π]3 .

Вычислить математическое ожидание, дисперсиюи корреляционную функцию для ξ(t). Доказать, что это стационарный вшироком смысле случайный процесс.Решение: Вычислим сначала математическое ожидание:E(ξ(t)) = E(A)E(cos(ωt + ϕ)) = 0, что нетрудно установить непосредственным подсчётом второго множителя.1 Доказательствоэтого утверждения выходит за рамки курсав тексте вычисляются ковариационные функции.

Переход к корреляционным функциямделается известным образом и предоставляется читателю3 По-видимому, в исходном списке задач опечатка2 Всюду1Теперь найдём ковариационную функцию:K(t, s) = cov(ξ(t), ξ(s)) = E(ξ(t)ξ(s)) − E(ξ(t))E(ξ(s)) = E(ξ(t)ξ(s)) =m2 + σ 22= E(A )E(cos(ωt + ϕ) cos(ωs + ϕ)) =cos(ω(t − s))2Последнее равенство получается непосредственным вычислением с использованием известных тригонометрических формул.Чтобы получить выражение для дисперсии, достаточно подставить вковариационную функцию s = t.Стационарность процесса в широком смысле вытекает из вида математического ожидания и ковариационной функции.3.

Пусть W (t) — стандартный винеровский процесс. Доказать, что оннепрерывен в среднем квадратическом, но не является дифференцируемым в среднем квадратическом.Решение: было приведено на лекциях. R4. ξ(t) — пуассоновский процесс, η(t) = 0t ξ(s)ds Вычислить математическое ожидание, дисперсию и корреляционную функцию для η(t).Решение: Пуассоновский процесс {ξ(t), t ≥ 0} непрерывен в среднемквадратическом. Действительно,E|ξ(t + s) − ξ(t)|2 = E|ξ(s)|2 = λ2 s2 + λs → 0, s → 0Для вычисления искомых моментов достаточно применить формулы,которые были приведены на лекциях [t ≥ s]:E(η(t)) =Z tE(ξ(s))ds =0cov(η(t), η(s)) =Z tZ s00Kξ (u, v)dudv =Z tZ s0λt2;2λ min(u, v)dudv =0λs2[3t − s];6λt3.3R5. RПусть W (t) — стандартный винеровский процесс, ξ1 = 0π cos(t)dW (t),ξ2 = 0π sin(t)dW (t).

Найти: E(ξ1 ), E(ξ2 ), D(ξ1 ), D(ξ2 ), cov(ξ1 , ξ2 ).Решение: Пользуясь приведёнными на лекциях свойствами стохастического интеграла, получимD(η(t)) =E(ξ1 ) = E(ξ2 ) = 0;D(ξ1 ) = E(ξ1 )2 =Z π0cos2 (t)dt =Z πππ, D(ξ2 ) = E(ξ2 )2 =sin2 (t)dt = ;220cov(ξ1 , ξ2 ) = E(ξ1 ξ2 ) =2Z π0sin(t) cos(t)dt = 0.6. Корреляционная функция стационарного процесса равнаR(τ ) = exp(−τ 2 ).

Найти спектральную плотность f (λ). Обратно, данаспектральная плотность f (λ) = exp(−|λ|), найти K(τ ).Решение: Задача состоит в вычислении обратного и прямого преобразования Фурье соответственно. Результаты вычислений принимают видλ212f (λ) = √ e− 4 , K(τ ) = 22 πτ +1Вычислений можно избежать, заметив сходство исходных функций схарактеристической функцией нормального распределения и плотностьюраспределения Лапласа соответственно.7. ПустьW (t) — стандартный винеровский процесс, h(τ ) = exp(−τ ), τ >Rt0, ξ(t) = −∞h(t − s)W (s)ds. Вычислить математическое ожидание, дисперсию и корреляционнуюфункцию для такого процесса. То же самоеRth(t − s)dW (s).для процесса η(t) = −∞Решение: Заметим сразу, что значения обоих интегралов не изменятся,если верхний предел взять равным бесконечности.Вычисление всех моментов основывается на приведённых на лекцияхсвойствах интеграла Римана от случайного процесса и стохастическогоинтеграла.

В силу результата задачи №3 винеровский процесс непрерывенв среднем квадратическом, поэтому [t1 ≤ t2 ]E(ξ(t)) =Z +∞E(h(t − s)W (s))ds = 0;−∞Z t1cov(ξ(t1 ), ξ(t2 )) = cov−∞h(t1 − s1 )W (s1 )ds1 ,Z t2−∞Z t1= exp(−(t1 + t2 ))cov−∞exp(s1 )W (s1 )ds1 ,= exp(−(t1 + t2 ))= exp(−(t1 + t2 ))Z t1 Z t2−∞ −∞Z t1 Z t2−∞−∞h(t2 − s2 )W (s2 )ds2 =Z t2−∞exp(s2 )W (s2 )ds2 =exp(s1 + s2 )KW (s1 , s2 )ds1 ds2 =exp(s1 + s2 ) min(s1 , s2 )ds1 ds2 =1= t1 − 1 − et1 −t2 ;23D(ξ(t)) = t − ;2E(η(t)) = 0;cov(η(t1 ), η(t2 )) =Z +∞1h(t1 − s)h(t2 − s)ds = et1 −t2 ;2−∞1D(η(t)) = .238.

Найти наилучшую линейную оценку для случайной величины η впространстве случайных величин L = {α1 ξ1 + α2 ξ2 }, где ξ1 , ξ2 — фиксированные случайные величины, α1 , α2 ∈ R1 , E(ξ1 ) = E(ξ2 ) = E(η) =0, D(ξ1 ) = D(η) = 1, D(ξ2 ) = 4, cov(ξ1 , ξ2 ) = −1, cov(ξ1 , η) = 0.5, cov(ξ2 , η) =1.Решение: В соответствии с леммой о перпендикуляре, будем искать такую оценку ηb ∈ L, что(η − ηb, ξ) = 0 ∀ξ ∈ L(2)b 1 ξ1 + αb 2 ξ2 , ξ = α1 ξ1 + α2 ξ2 . Перепишем соотношение (2) вПусть ηb = αтерминах математических ожиданий4 :b 1 ξ1 − αb 2 ξ2 )(α1 ξ1 + α2 ξ2 )] =(η − ηb, ξ) = E[(η − ηb)ξ] = E[(η − αb 2 E(ξ1 ξ2 )−αb 2 α2 E(ξ2 )2 =b 1 α1 E(ξ1 )2 −αb 1 α2 E(ξ1 ξ2 )−α1 α= α1 E(ξ1 η)+α2 E(ξ2 η)−αb 1 α1 + αb 1 α2 + α1 αb 2 − 4αb 2 α2= 0.5α1 + α2 − αПодставляя вместо (α1 , α2 ) поочерёдно (1, 0), (0, 1), получим системууравнений:(b 1 − 4αb 2 = 0;1+αb1 + αb 2 = 0.0.5 − αb 1 = 1, αb 2 = 0.5.

Таким образом,Решением данной системы будет пара αокончательный ответ: ηb = ξ1 + 0.5ξ2 .9. Стационарная последовательность ξ(n) имеет спектральную плотность f (λ) = 10 + 6 cos(λ) = |3 + e−iλ |2 . По наблюдениям ξ(n), n ≤ 0, найтиоптимальный линейный прогноз на один шаг вперёд.Решение: Будем действовать в соответствии с приведённым на лекцияхалгоритмом:1) Спектральная плотность уже представлена в виде f (λ) = |f1 (λ)|2 ,f1 (λ) = 3 + e−iλ ∈ L≤0 ;2) h1 f1 (λ) = eiλ (3 + e−iλ ) = 1 + 3eiλ ;3) h1 f1 (λ) = k1 + k2 , где k1 = 1 ∈ L≤0 , k2 = 3eiλ ∈ L>0 ;P4) Находим g(λ) = n≤0 cbn einλ из уравнения g(λ)f1 (λ) = k1 .Решение уравнения предоставляется читателю.5) Оптимальный прогноз имеет видbξ(1)=Xcbn ξn = −n≤0X(−3)n−1 ξ(n)n≤010. Случайный процесс ξ(t) удовлетворяет стохастическому дифференциальному уравнениюdξ(t) = e−t ξ(t)dt + dη(t), t ≥ 0.4 Так как все заданные моменты вещественны, можно считать, что все случайные величины такжевещественны4Найти общий вид решения этого уравнения.Решение: Согласно формуле, приведённой на лекциях, общее решениеуравнения имеет вид:ξ(t) = W (t, 0)ξ(0) +Z tW (t, s)dη(s),0где W (t, s) есть фундаментальное решение:(dW (t, s)dt= e−t W (t, s), t > s;W (s, s) = 1.Решив уравнение для W (t, s), получим искомое общее решение стохастического дифференциального уравнения:−tξ(t) = exp(1 − e )ξ(0) +Z texp(e−s − e−t )dη(s)011, 12.

Задачи соответствуют материалу, который не был прочитан налекциях.13. Стационарный случайный процесс ξ(t) имеет спектральную плотность f (λ) = exp(−|λ|). Доказать, что этот процесс является дифференцируемым в среднем квадратическом и найти корреляционную функциюдля производной.R +∞|λ|2 f (λ)dλ < ∞ является необхоРешение: Известно, что условие −∞димым и достаточным для существования производной в среднем квадратическом у стационарного процесса5 .

Таким образом, первая часть задачисводится к непосредственному подсчёту интеграла, который предоставляется читателю.Теперь воспользуемся приведённым на лекциях соотношением, связывающим спектральную плотность стационарного процесса и его линейногопреобразования: f1 (λ) = |ϕ(λ)|2 f (λ), где ϕ(λ) — спектральная характеристика линейного преобразования, которая в данном случае равна iλ. Итак,f1 (λ) = λ2 e−|λ| .

Искомая ковариационная функция является преобразованием Фурье найденной спектральной плотности. Вычисление интеграладаёт4[3t2 − 1]K1 (t) = − 2(t + 1)314. ξ(t) есть стационарный случайный процесс. Рассмотрим новый случайный процесс ξ(t) + ξ 0 (t). Доказать, что это линейное преобразование инайти его спектральную характеристику.Решение: Первая часть утверждения была доказана на лекциях. Искомая спектральная характеристика, очевидно, примет вид ϕ(λ) = 1 + iλ.5 Утверждениебыло приведено на лекциях без доказательства5.