Stochastische Prozesse Lösungsblatt 8

Mathematisches Institut
der Universität München

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Stochastische Prozesse
Lösungsblatt 8
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Prof. Dr. Franz Merkl
WS 2014/15
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Aufgabe 29
Zu (a): Wir zeigen
EQ [Z|F] =
EP [Zf |F]
EP [f |F]
(1)
Q-f.s.
(i) Es gilt
Q EP [f |F] = 0 = EP f 1{EP [f |F ]=0} = EP EP [f |F] 1{EP [f |F ]=0} = 0,
so dass die rechte Seite von (1) Q-f.s. wohldefiniert ist. Zudem ist die rechte Seite von
(1) offensichtlich messbar bezüglich F.
(ii) Für B ∈ F gilt
EP [Zf |F]
EP [Zf |F]
EP [Zf |F]
1B = EP f
1B = EP EP [f |F]
1B
EQ
EP [f |F]
EP [f |F]
EP [f |F]
= EP EP [Zf |F] 1B = EP [Zf 1B ] = EQ [Z 1B ].
Zu (b): Es bezeichne (Ft )t=0,...,T die kanonische Filtration zu (Xt )t=0,...,T . Weiter sei s ∈
{0, . . . , T − 1} und A ∈ E. Dann ist
Q[Xs+1 ∈ A|Fs ] = Q[Xs+1 ∈ A|Xs ]
Q-f.s.
zu zeigen. Hierfür genügt es zu zeigen, dass Q[Xs+1 ∈ A|Fs ] messbar bezüglich σ(Xs ) ist. In
der Tat gilt Q-f.s.
i
h
QT
1
E
f
(X
)
Fs
P
t
t
{X
∈A}
t=0
s+1
(*)
i
hQ
Q[Xs+1 ∈ A|Fs ] =
T
EP
t=0 ft (Xt ) Fs
i
h
Qs
QT
1
f
(X
)
E
f
(X
)
u
P
t Fs
{Xs+1 ∈A}
u=0 u
t=s+1 t
i
hQ
=
Qs
T
f
(X
)
E
f
(X
)
u
P
t Fs
u=0 u
t=s+1 t
i
h
QT
1
E
f
(X
)
Xs
P
t
t
{Xs+1 ∈A}
t=s+1
(**)
i
hQ
=
.
T
EP
t=s+1 ft (Xt ) Xs
Hierbei haben wir bei (*) Gleichung (1) verwendet und bei (**) die Voraussetzung benutzt,
dass (Xt )t=0,...,T bezüglich P eine Markovkette ist.
Im Spezialfall f1 = . . . = fT −1 = 1, fT = 1A mit A ∈ E und P [XT ∈ A] > 0 bedeutet
dies, dass (Xt )t=0,...,T auch bezüglich der bedingten Wahrscheinlichkeit P [ · |XT = A] eine
Markovkette ist.
Aufgabe 30
Für a ∈ Z sei (Xt )t∈N0 unter Pa die einfache Irrfahrt auf Z mit Start in a. Für N ∈ N0 sei
weiter L2N := max {t ≤ 2N : Xt = 0} die Zeit des letzten Besuchs der Irrfahrt in 0 vor der
Zeit 2N . Wir zeigen, dass dann für n ∈ {0, . . . , N }
−2n 2n
−2N +2n 2N − 2n
P0 [L2N = 2n] = 2
·2
(2)
n
N −n
gilt.
Für b ∈ Z definieren wir
Rb := inf {t ∈ N : Xt = b} ,
Tb := inf {t ∈ N0 : Xt = b} .
Dann gilt für n ∈ {0, . . . , N } gemäß der schwachen Markoveigenschaft
P0 [L2N = 2n] = P0 [X2n = 0, Xt 6= 0 für t ∈ {2n + 1, . . . , 2N }]
= P0 [X2n = 0] P0 [Xt 6= 0 für t ∈ {1, . . . , 2N − 2n}]
= P0 [X2n = 0] P0 [R0 > 2N − 2n].
Das Ereignis {X2n = 0} tritt für die in 0 gestartete Irrfahrt genau dann ein, wenn sie bis zur
Zeit 2n
zu n Zeitpunkten nach rechts und zu n Zeitpunkten nach links gegangen ist, wofür
2n
es n verschiedene Kombinationen gibt. Deshalb gilt
−2n 2n
P0 [X2n = 0] = 2
.
n
Weiter gilt für m ∈ N
P0 [R0 > 2m] = P0 [X1 = 1, R0 > 2m] + P0 [X1 = −1, R0 > 2m]
1
(A) 1
= P1 [T0 > 2m − 1] + P−1 [T0 > 2m − 1]
2
2
(B)
= P−1 [T0 > 2m − 1]
= P0 [T1 > 2m − 1]
(C)
= 1 − 2 P0 [X2m−1 > 1] − P0 [X2m−1 = 1],
wobei wir bei (A) die schwache Markoveigenschaft, bei (B) die Spiegelungsinvarianz der
einfachen Irrfahrt und bei (C) das Reflexionsprinzip verwendet haben. Auf Grund der Spiegelungsinvarianz der einfachen Irrfahrt gilt ferner
1
(P0 [X2m−1 > 1] + P0 [X2m−1 < −1])
2
1
= (1 − P0 [X2m−1 = 1] − P0 [X2m−1 = −1])
2
1
= − P0 [X2m−1 = 1]
2
P0 [X2m−1 > 1] =
und somit
P0 [R0 > 2m] = P0 [X2m−1 = 1].
Das Ereignis {X2m−1 = 1} tritt für die in 0 gestartete Irrfahrt genau dann ein, wenn sie bis
zur Zeit 2m − 1 zu m Zeitpunkten nach rechts und zu m − 1 Zeitpunkten nach links gegangen
ist, wofür es 2m−1
verschiedene Kombinationen gibt. Deshalb gilt analog zu oben
m
−2m+1 2m − 1
−2m 2m
P0 [X2m−1 = 1] = 2
=2
.
m
m
Damit ist Gleichung (2) bewiesen (setze m = N − n).
Aufgabe 31
Zu (a): Aus der Vorlesung ist bekannt, dass die diagonale Irrfahrt auf Z2 mit den Übergangswahrscheinlichkeiten
x + (−1, 1)
x + (1, 1)
1
4
1
4
x
1
4
1
4
x + (−1, −1)
rekurrent ist. Durch Drehung um 45◦ und Stauchung um
Irrfahrt auf Z2 mit den Übergangswahrscheinlichkeiten
x + (1, −1)
√1
2
folgt, dass auch die einfache
x + (0, 1)
1
4
x + (−1, 0)
1
4
x
1
4
x + (1, 0)
1
4
x + (0, −1)
rekurrent ist.
Zu (b): Sei nun n ∈ N, n ≥ 3, und sei (Xt )t∈N0 die einfache Irrfahrt auf Z2 × Z/nZ, welche
in (0, 0, 0̄) startet und in jedem Schritt mit gleicher Wahrscheinlichkeit 16 zu einem der sechs
Nachbarpunkte springt. Wir wollen zeigen, dass (Xt )t∈N0 rekurrent ist.
Es bezeichne (X̂t )t∈N0 die Projektion von (Xt )t∈N0 auf Z2 . Dann ist (X̂t )t∈N0 eine Irrfahrt
auf Z2 mit Start in (0, 0) und Übergangswahrscheinlichkeiten
x + (0, 1)
1
6
1
3
x + (−1, 0)
1
6
x
1
6
x + (0, −1)
1
6
x + (1, 0)
Im Unterschied zu Teil a) kann der Prozess (X̂t )t∈N0 also an jedem Punkt mit Wahrscheinlichkeit 31 auch „Pausen“ einlegen. Um (X̂t )t∈N0 auf die einfache Irrfahrt aus Teil a) zurückzuführen, nehmen wir wie folgt eine Zeittransformation vor: Wir definieren t(0) := 0 und für
s ∈ N rekursiv
o
n
t(s) := inf t > t(s − 1) : X̂t 6= X̂t−1 .
Mit Hilfe des Lemmas von Borel-Cantelli sieht man leicht, dass
h
i
P X̂t 6= X̂t−1 für unendlich viele t = 1
und somit
P [t(s) < ∞ für alle s ∈ N] = 1
gilt. Folglich ist der zeittransformierte Prozess (X̂t(s) )s∈N0 P -f.s. wohldefiniert. Aus der starken Markoveigenschaft folgt zudem, dass (X̂t(s) )s∈N0 die in Teil a) betrachtete einfache Irrfahrt auf Z2 ist. Insbesondere ist (X̂t(s) )s∈N0 und damit auch (X̂t )t∈N0 rekurrent. Setzen wir
also
n
o
T1 := inf t > 0 : X̂t = (0, 0) = inf {t > 0 : Xt ∈ {(0, 0)} × Z/nZ}
und für k ≥ 2
n
o
Tk := inf t > Tk−1 + n : X̂t = (0, 0) = inf {t > Tk−1 + n : Xt ∈ {(0, 0)} × Z/nZ} ,
so sind diese Stoppzeiten P -f.s. endlich. Definieren wir für k ≥ 1 außerdem das Ereignis
Ak := {XTk +t = XTk + (0, 0, t¯) für t = 0, 1, . . . , n − 1} ,
dass die Irrfahrt unmittelbar nach der Zeit Tk einmal den Kreis {(0, 0)} × Z/nZ durchläuft,
so folgt aus der starken Markoveigenschaft, dass die Ereignisse (Ak )k∈N unabhängig sind mit
n−1
1
,
k ∈ N.
P [Ak ] =
6
P
Insbesondere gilt ∞
k=1 P [Ak ] = ∞, so dass nach dem Lemma von Borel-Cantelli
P [Ak für unendlich viele k] = 1
gilt. Wegen
{Ak für unendlich viele k} ⊂ {Xt = (0, 0, 0̄) für unendlich viele t}
beweist dies unsere Behauptung.
Aufgabe 32
Wir beweisen, dass µ(x) = 1 für alle x ∈ Z gilt. Gemäß Vorlesung ist µ (aufgefasst als Maß
auf Z) stationär, so dass für x ∈ Z
1
(µ(x + 1) + µ(x − 1)) = µ(x).
(3)
2
gilt. Aus der Spiegelungsinvarianz der einfachen Irrfahrt folgt zudem für x ∈ Z
µ(−x) = µ(x).
(4)
Es genügt also, µ(x) = 1 für x ∈ N0 zu zeigen; dies machen wir durch Induktion nach x:
Für x = 0 gilt definitionsgemäß µ(0) = 1.
Für x = 1 gilt 21 (µ(1) + µ(−1)) = µ(0) nach (3) und µ(−1) = µ(1) nach (4), also µ(1) = 1.
Ist x ≥ 1 und ist die Behauptung bereits für 0, 1, . . . , x bewiesen, so ergibt Gleichung (3)
µ(x + 1) = 2µ(x) − µ(x − 1) = 1.