А.Н. Зубков - Курс лекций по теории случайных процессов (1134117), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Действительно, в против-ном случае, так как все слагаемые в сумме выше (мы не учитываем те m, для которых P {Nm } = 0) неотрицательны, мы бы имели lim inf n−→∞ M|Xn |I {ν2 > n} > 0, что противоречит условию.Таким образом, для мартингала и момента остановки на новом вероятностном пространстве выполненыусловия теоремы 8.7 и тем самым нужное равенство выполняется на каждом из Nm почти наверное. Это рассуждение весьма мудро. Приведём более простое доказательство, которое к тому же не требуеттеоремы для одного момента остановки. Нам нужно доказать, что для любого A ∈ Fν1 ∩ {ν2 > ν1 } MXν2 IA = MXν1 IA .
Заметим, что еслимы это докажем для событий An ∈ Fν1 ∩ {ν2 > ν1 } ∩ {ν1 = n}, то по теореме Лебега получим требуемое идля A (|Xνi I∪N| 6 |Xνi IA | 6 |Xνi | ∈ L1 (Ω)). По определению σ-алгебры Fν1 , учитывая, что {ν2 > ν1 } ей1 Anпринадлежит, имеем, что An ∈ Fn . ТогдаMXν1 IAn = MXn IAn = MXν2 IAn ∩{ν2 =n} + MXn IAn ∩{ν2 >n} .Заметим, что An ∩ {ν2 > n} ∈ Fn , поэтому MXn IAn ∩{ν2 >n} = MXn+1 IAn ∩{ν2 >n+1} .
Продолжая эту процедуру поиндукции, получим, чтоMXn IAn = MXν2 IAn ∩{n6ν2 6m} + MXm IAn ∩{ν2 >m} .Вот и всё: по теореме Лебега первое слагаемое сходится к MXν2 IAn (An ⊂ {ν2 > n}) и существует подпоследовательность mk , по которой второе слагаемое стремится к нулю. Следовательно, MXn IAn = MXν2 IAn . Пример 5.3.(«Петербургская игра») Пусть ξ1 , ξ2 , . . . — независимые равновероятные испытания Бернулли,P {ξi = ±1} = 1/2.
ПоложимX0 = 0, X1 = ξ1 , . . . , Xn = ξ1 +nXk=2ξk 2k−1 I {ξ1 = . . . = ξk−1 = −1} .Проверим, что {(Xn , σ(ξ1 , . . . , ξn ))} — мартингал.M (Xn+1 | σ(ξ1 , . . . , ξn )) =nX= ξ1 +2k−1 ξk I {ξ1 = . . . = ξk−1 = −1} + 2n M (ξn+1 I {ξ1 = . . . = ξn = −1} | σ(ξ1 , . . . , ξn )) =k=2= Xn + 2n I {ξ1 = .
. . = ξn = −1} Mξn+1 = Xn .Здесь мы пользовались тем, что Xn и I {ξ1 = . . . = ξn = −1} измеримы относительно σ(ξ1 , . . . , ξn ), а Xn+1 от неёне зависит. Проверим выполнение условия теоремы.{ν > n} = {ξ1 = . . . = ξn = −1} .На {ν > n} Xn = −1 − 2 − 4 − . . . − 2n−1 < 0.Xν = −1 − 2 − . . . − 2ν−2 + 2ν−1 = 1 ⇒ M|Xν | < ∞.2n − 1−→ 1 6= 0.2nУсловие теоремы, таким образом, не выполнено, равно как и заключение: MXν = 1 6= 0 = MX0 . Теперь определим собственно игру.
Она будет проводиться по турам, каждый тур состоит из этапов, на которых подбрасывается монетка. Ставка начинается с одного рубля и от тура к туру каждый раз увеличивается в два раза. ПриM|Xn |I {ν > n} = (1 + 2 + . . . + 2n−1 )P {ν > n} =29выпадении решки текущую ставку выплачивает второй игрок, при выпадении орла ставку выплачивает первыйигрок и тур заканчивается. Казалось бы, всё честно, но к моменту остановки (выпадению орла) первый игроктеряет в среднем, как мы показали, один рубль.Модифицируем игру, сделав ставки во всех раундах, начиная с 1001-го, нулевыми.
Тогда условия теоремыбудут выполнены и MXν = 0, то есть игра вроде бы справедлива. Но от исходной игры она отличается тольков случае выпадения решётки 1000 раз подряд, что имеет вероятность 1/21000 . Справедливости, как видим,придётся ждать долго...Считаем X−1 = 0, ∆Xn ⇋ Xn − Xn−1 , (n 6 0).Лемма 8.10. Пусть P{Xn } измеримы относительно {Fn }, ν — момент остановки относительно потокаν{Fn }, P {ν < ∞} = 1, M k=0 |∆Xk | < ∞. Тогда M|Xν | < ∞ и M |Xn |I{ν > n} −→ 0 (n −→ ∞) (то есть, насамом деле, ещё и выполнены условия теоремы 8.7).ννXXYν ⇋|∆Xk | > |(Xk − Xk−1 )| = |Xν |.k=0k=0M|Xν | 6 MYν < ∞, поэтомуM|Xn |I {ν > n} 6 MnXk=0|∆Xk |I {ν > n} 6 MYν I {ν > n} .Так как Yν > 0 и Yν ∈ L1 (Ω) , а также ν < ∞ п.н.
⇒ P {ν > n} −→ 0 (n −→ ∞), то MYν I {ν > n} −→ 0, (n −→ ∞). Теорема 8.11 (достаточные условия сохранения мартингальности). Пусть {(Xn , Fn )} — мартингал, ν — момент остановки относительно {Fn }, Mν < ∞ и∃ C < ∞ ∀n > 0 {ω : ν > n} ⊆ {ω : M (|∆Xn | | Fn−1 ) 6 C} .Тогда M|Xν | < ∞ и MXν = MX0 .Pν Нужно проверить условие предыдущей леммы, т.е.
доказать, что M k=0 |∆Xk | < ∞.MνXk=0|∆Xk | = MXn>0I {ν = n}nXk=0|∆Xk | =nXXn>0 k=0M|∆Xk |I {ν = n} =∞ X∞Xk=0 n=kM|∆Xk |I {ν = n} ==∞Xk=0M|∆Xk |I {ν > k} .Заметим, что {ν > k} = Ω \ {ν < k} ∈ Fk−1 .M|∆Xk |I {ν > k} = MM (|∆Xk |I {ν > k} | Fk−1 ) = MI {ν > k} M (|∆Xk | | Fk−1 ) 6 CP {ν > k} ,MνXk=0|∆Xk | 6iXk=0nf tyCP {ν > k} = C∞ X∞Xk=0 n=kP {ν = n} = C∞ XnXn=0 k=0P {ν = n} = C∞X(1 + n)P {ν = n} =n=0= C(Mν + 1) < ∞.8.6.
Тождество ВальдаТеорема 8.12 (Тождество Вальда). Пусть ξ1 , . . . , ξn — независимые случайные величины и ∀k Mξk = a,M|ξk | 6 C < ∞. Положим S0 = 0, Sn = ξ1 + . . . + ξn , n ∈ N. Пусть ν > 1 — момент остановки относительнопотока σ-алгебр {σ(ξ1 , . . . , ξn )} и Mν < ∞. ТогдаMSν = aMν.Положим Xn ⇋ Sn − na = (ξ1 − a) + .
. . + (ξn − a), Fn ⇋ σ(ξ1 , . . . , ξn ). Тогда {(Xn , Fn )} — мартингал.M (|Xn − Xn−1 | | Fn−1 ) = M (|Sn − na − (Sn−1 − (n − 1)a)| | Fn−1 ) = M (|ξn − a| | Fn−1 ) == M|ξn − a| 6 |a| + M|ξn | 6 C + a < ∞.Тем самым условия предыдущей теоремы выполнены и MXν = 0 ⇔ M (Sν − νa) = 0 ⇔ MSν = aMν. 30Приведём ещё одно доказательство тождества Вальда, следуя Колмогорову и Прохорову. Положим χi ⇋ I {ν > i}, {ν > i} ∈ Fi−1 ⇒ ξi и χi независимы ∀i.
Покажем, что рядSν =νXξi =i=1∞Xξi χii=1сходится абсолютно.M|χi ξi | = Mχi M|ξi | 6 CP {ν > i} ,∞XM|χi ξi | 6 CP {nu > i} < ∞,∞Xi=1i=1т.к. сумму последнего ряда мы уже считали. Вследствие абсолютной сходимости ряд можно почленно проинтегрировать, получив∞∞∞XXXMSν =Mξi χi =Mξi Mχi = aP {ν > i} = aMν.i=1i=1i=1Без абсолютной сходимости, вообще говоря, при почленном интегрировании может получиться бред.P∞Пример 6.1.
ξ1 , ξ2 , . . . ∼ N (0, 1), Sn ⇋ ξ1 + . . . + ξn , ν = min {n | Sn < 0} , Sν = i=1 ξi χi . P {Sν < 0} = 1 ⇒MSν < 0, но Mξi χi = Mξi Mχi = 0, поэтому при формальном интегрировании получили бы MSν = 0.0 > MSν 6=∞XMξi χi , MSν = Mi=1∞Xξi χi .i=1Это показывает, что математическое ожидание не всегда σ-аддитивно.8.6.1. Преобразование Лапласа. Фундаментальное тождество ВальдаОпределение.
Пусть X — неотрицательная случайная величина. Преобразованием Лапласа от X называется функция ψX (λ), определённая для λ ∈ {z | Rez > 0} следующим образом:ψX λ ⇋ Me−λX .Перечислим некоторые его свойства.1. Если X1 , . . . , Xn независимы, то ψX1 +...+Xn (λ) =2. ψX (0) = 1.Qni=1ψXi (λ).3.
|ψX (λ)| 6 ψX (0) = 1 в правой полуплоскости.(n)4. ψX (0) = (−1)n MX n , если M|X n | < ∞.5. Для случайного блуждания (Sn = ξ1 + . . . + ξn , ξj независимы и одинаково распределены) ψSn (λ) =(ψξ1 (λ))n .6. ψξ′′ (z) = Mξ 2 e−zξ > 0 при z ∈ R, т.е. преобразование Лапласа выпукло вниз.Теорема 8.13 (Фундаментальное тождество Вальда). Пусть ξ, ξ1 , . . . — независимые одинаково распределённые случайные величины, S0 = 0, Sn = ξ1 + .
. . + ξn , n > 1, ψ(λ) = Me−λξ < ∞, ν — момент остановкиотносительно Fn ⇋ {σ(ξ1 , . . . , ξn )}, Mν < ∞ и ∃C < ∞ ∀n > 0 {ν > n} ⊆ {|Sn | 6 C}, то есть моментостановки не наступает, пока случайное блуждание Sn не выйдет из полосы {|x| 6 C}. Тогда −λSν e∀λ : ψ(λ) > 1 ⇒ M= 1.ψ ν (λ)Введём вспомогательный мартингал Xn : положим X0 ⇋ 1, Xn ⇋измеримо относительно Fn , и что P {Xn > 0} = 16 .MXn =6 МыMe−zSnψ n (z)== 1,ψ n (z)ψ n (z)здесь таки считаем z и ξi действительными, а z ещё и неотрицательным31e−zSn, n > 1. Очевидно, что Xnψ n (z)e−zSn+1e−zξn+1=X,nψ n+1 (z)ψ(z)e−zξn+1| Fn ,| Fn ) = M Xnψ(z)Xn+1 =M (Xn+1что в силу того, что Xn является Fn -измеримой, равноXnMe−zξn+1= Xn ,ψ(z)то есть {(Xn , Fn )} — действительно мартингал.Покажем, что существует C ′ : M (|Xn − Xn−1 | | Fn−1 ) 6 C ′ на {ν > n} для всех n (тогда можно будет применить теорему 8.11 о сохранении мартингального свойства).e−zξne−zξne−zξnM (|Xn − Xn−1 | | Fn−1 ) = M Xn−1 |− 1| | Fn−1 = Xn−1 M|− 1| 6 Xn−1 M 1 +6ψ(z)ψ(z)ψ(z)6 2Xn−1 ,т.к.
по условию ψ(z) 6 1, а Xn−1 > 0. На множестве {ω : ν > n} ∈ Fn−1 имеем по условию нашей теоремыM (|Xn − Xn−1 | | Fn−1 ) 6 2Xn−1 6 2ezCψ n−1 (z)6 2ezC ⇌ C ′ < ∞.Применяя к мартингалу Xn теорему 8.11, получаем MXν = MX0 = 1, что и требовалось. 8.7. Применения тождества Вальда8.7.1. Теорема восстановленияПусть ξ1 , ξ2 , . . . — независимые одинаково распределённые неотрицательные случайные величины, Mξ1 = a <∞.P∞Определим по ним случайное блуждание Sn , положив S0 = 0, Sn = ξ1 + . . . + ξn . ν(t) = min {n : Sn > t} =k=0 I {Sk 6 t} — момент остановки (относительно {σ(ξ1 , .
. . , ξn )}).Определение. Процессом восстановления называется процесс {ν(t)}t . Функцией восстановления называется функция U (t) = Mν(t).U (t) не убывает, следовательно, можно считать, что она задаёт меру на [0, +∞): U ([a, b]) ⇋ U (b) − U (a)(доопределим в точках разрыва U до непрерывной слева, так всегда можно сделать).Теорема 8.14. Если U (t) — функция восстановления, построенная по неотрицательнымнезависимымRодинаково распределённым случайным величинам ξ1 , ξ2 , . . ., ψξ1 (z) = ψ(z) = Me−zξ1 = R e−zx dF (x), где FR∞— функция распределения ξ1 , то преобразование Лапласа меры U , равное по определению e−zt dU (t), равно011−ψ(z)в тех точках, где оно определено.
Если при этом ξ1 , . . . — целочисленные с производящей функциейP∞f (s) = Msξ1 , un = U (n) − U (n − 1), то производящая функция последовательности un n=0 sn un = 1−f1 (s) .PP∞ ν(t) = ∞n=0 I {Sn 6 t} ⇒ U (t) =n=0 P {Sn 6 t} . Перейдём к преобразованию Лапласа:Z∞e−zt dU (t) =0∞ ZXn=0∞0e−zt dP {Sn 6 t} =∞XMe−zSn =n=0∞Xn=0ψ n (z) =1.1 − ψ(z)Второе утверждение доказывается аналогично.
Теорема 8.15. При тех же условиях, Mξ1 = a > 0, a < ∞, существуетlimt−→∞U (t)1= .ta ν(t) — момент остановки, M (|Sn − Sn−1 | | Fn−1 ) = M|ξn | = Mξn = a < ∞. ψ(z) ⇋ Me−zξ1 . Покажем, чтоMν(t) < ∞: для каждого t I {x 6 t} 6 e−z(x−t) , z > 0.P {ν(t) > k} = P {Sk 6 t} = MI {Sk 6 t} 6 Me−z(Sk −t) = ψ k (z)ezt ,следовательно,Mν(t) =∞Xk=0P {ν(t) > k} 6∞Xk=0ezt ψ k (z) =ezt< ∞,1 − ψ(z)32т.к. при z > 0 |ψ(z)| < 1.Поэтому применимо тождество Вальда, из которого получаемMSν(t) = aMν(t) = aU (t).По определению Sν(t) > t, следовательно, aU (t) > t, откудаlim inft−→∞U (t)1> .taSν(t)−1 6 t, но ν(t) − 1, вообще говоря, не является моментом остановки относительно {σ(ξ1 , . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
