Reshenie_zadach (1186025)
Текст из файла
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.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.