Stochastische Prozesse

INSTITUT FÜR STOCHASTIK
UNIVERSITÄT KARLSRUHE
Priv.-Doz. Dr. D. Kadelka
Dipl.-Math. W. Lao
SS 2009
Blatt 6
Übungen zur Vorlesung
Stochastische Prozesse
Musterlösungen
Aufgabe 27:
Sei X eine R+ -wertige Zufallsvariable. Dann heißt die Funktion
L(t) := LX (t) := Ee−t·X , t ≥ 0
die Laplace-Transformierte von X, wobei 0 · ∞ := 0. Zeigen Sie
a) LX (0) = 1, limt↓0 LX (t) = P(X < ∞) und limt→∞ LX (t) = P(X = 0).
b) LX ist nicht steigend und stetig auf (0, ∞). Gilt zusätzlich P(0 < X < ∞) > 0, so ist
LX strikt fallend.
c) Sind X und Y unabhängige, R+ -wertige Zufallsvariable, so gilt
LX+Y (t) = LX (t) · LY (t),
t ≥ 0.
d) Sei P(X < ∞) = 1. Dann ist LX auf (0, ∞) beliebig oft unter dem Integralzeichen
differenzierbar, d.h. für k ∈ N0 gilt
(k)
LX (t) = (−1)k E(X k e−t·X ),
t>0
und es gilt
(k)
lim LX (t) = (−1)k · EX k .
t↓0
Lösung:
a) Nach Definition gilt LX (0) = Ee0 = 1. Ferner gilt limt↓0 LX (t) = E limt↓0 e−tX =
E1{X<∞} = P(X < ∞) nach dem Satz von der monotonen Konvergenz. Ähnlich folgt
mit Lebesgue’s Satz von der dominierten Konvergenz limt→∞ LX (t) = E limt↑∞ e−tX =
E1{X=0} = P(X = 0).
b) Da t → e−tX nicht steigend ist, gilt Entsprechendes für den Erwartungswert. Sei tn → t
in (0, ∞). Dann gilt auch limn→∞ e−tn X(ω) = e−tX(ω) für alle ω ∈ Ω (auch falls X(ω) = 0
oder X(ω) = ∞ gilt) und aus dem Satz von der dominierten Konvergenz folgt die zweite
Behauptung. Schließlich ist t → e−t·x für x ∈ (0, ∞) strikt fallend. Gilt also P(0 < X <
∞) > 0, so ist
Ee−tX = P(X = 0) + E[e−tX | 0 < X < ∞] · P(0 < X < ∞)
strikt fallend in t für t ∈ (0, ∞).
c) LX+Y (t) = Ee−t(X+Y ) = E(e−tX · e−tY ) = Ee−tX · Ee−tY = LX (t) · LY (t) wegen der
Unabhängigkeit von X und Y .
d) Für k = 0 folgt die erste Aussage unmittelbar aus der Definition. Sei jetzt die erste
Behauptung gültig für k ∈ N0 . Wir wenden SII, 4.9 an (Differentiation unter dem Integralzeichen) mit U := (ǫ, ∞) für ein beliebiges, festes ǫ > 0 und f (t, x) := xk · e−t·x . Dann
ist (i) und (ii) von SII, 4.9 erfüllt und es gilt
−f ′ (t, x) = xk+1 · e−t·x ≤ c · e−(ǫ/2)·x , x ≥ 0, t ∈ U,
für ein geeignetes c > 0 wegen limx→∞ xk+1 · e−(ǫ/2)·x = 0. Setzt man h(x) := c · e−(ǫ/2)·x ,
(k)
so ist auch (iii) von SII, 4.9 erfüllt. Es ist daher t → LX (t) auf U differenzierbar und
es gilt gerade die erste Behauptung von d). Die zweite Behauptung folgt schließlich aus
dem Satz von der monotonen Konvergenz.
Aufgabe 28:
Zeigen Sie: Sei (N (k) ) ein PPP(η (k) ), k ∈ K abzählbar, und die (N (k) ) stochastisch unabhängig. Dann ist N mit
X
N(B) :=
N (k) (B),
B ∈ S,
k∈K
ein PPP(η), falls K endlich ist oder falls η :=
beschränkte B ∈ S endlich sind.
P
k∈K
η (k) lokal-endlich und alle N(B) für
Lösung: Wir zeigen, dass (7.6) von Satz 7.34 erfüllt ist. Sei zuerst K endlich. Dann gilt
wegen der Unabhängigkeit der N (k)
Ee−N (f ) = Ee−
P
k∈K
N (k) (f )
=
Y
Ee−N
(k) (f )
=
k∈K
Y
e−
R
(1−e−f )dη(k)
= e−
R
(1−e−f )dη
k∈K
und die Behauptung. Ist K unendlich, so kann K = N vorausgesetzt werden. (7.6) folgt dann
aus (7.6) für K = {1, . . . , n}, dem Satz von der dominierten Konvergenz und SII, 3.18.
Bem.: Im Skriptum findet sich eine erweiterte Version von Aufgabe 28, bei der auf die
Voraussetzung, dass N(B) für beschränkte B endlich ist, verzichtet wird (Satz 7.40).
Aufgabe 29:
Sei N der Poissonsche Punktprozess PPP(µ · λ2 ) in R2 mit µ > 0. Sei X für einen festen
Punkt x ∈ R2 der euklidische Abstand von x zu dem nächstgelegenen Punkt von N.
a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von X.
b) Berechnen Sie EX.
Lösung: Hier ist (S, d) = (R2 , d) mit der euklidischen Metrik d. Sei ǫ > 0 und Bǫ := Bǫ (x) :=
{y ∈ R2 : d(x, y) ≤ ǫ} die abgeschlossene ǫ-Kugel um x. Dann gilt Bǫ ∈ S := B2 und
N(Bǫ ) ∼ P o(µ · λ2 (Bǫ )) = P o(µ · πǫ2 )
a) X ≤ ǫ gilt genau dann, wenn mindestens ein Punkt von N in Bǫ liegt. Entscheidend
hierfür ist, dass in jeder ǫ-Umgebung von x nur endlich viele Punkte von N liegen, da N
ein Punktprozess ist. Damit gilt
{X ≤ ǫ} = {N(Bǫ ) ≥ 1}
und damit
2
FX (t) = P(X ≤ t) = P(N(Bt ) ≥ 1) = 1 − P(N(Bt ) = 0) = 1 − e−µ·πt ,
t > 0.
Wegen limt↓0 FX (t) = 0 gilt dies auch für t = 0. Wegen SII, 10.3 und (10.5) besitzt also
X die Weibull-Verteilung W (µπ, 2) und damit Y := X 2 ∼ Exp(µπ).
b) Zu berechnen ist EX = EY 1/2 . Es gilt
EX = EY
1/2
=
Z
0
∞
y
1/2
−µπy
· µπ e
Γ(3/2)
dy = µπ ·
(µπ)3/2
Z
∞
0
(µπ)3/2 3/2−1 −µπy
y
e
dy
Γ(3/2)
√
π/2
1
= √
= √ ,
µπ
2 µ
da unter dem letzten Integral die Dichte der Γ(3/2, µπ)-Verteilung steht.
Aufgabe 30:
Kunden K1 , K2 , . . . kommen in einer Bank gemäß einem homogenen Poisson-Prozess mit der
Intensität λ > 0 an. Es sind genügend viele Schalter vorhanden, so dass jeder ankommende Kunde sofort bedient wird. Yn sei die zufällige Zeit, die Kunde Kn für seine Bedienung
benötigt. Y1 , Y2, . . . seien unabhängig, identisch verteilt mit Verteilungsfunktion G und unabhängig vom Ankunftsprozess.
Sei für t > 0 N1 (t) die zufällige Anzahl von Kunden, deren Bedienung zum Zeitpunkt t
abgeschlossen ist und N2 (t) die zufällige Anzahl von Kunden, die zum Zeitpunkt t gerade
bedient werden.
Zeigen Sie, dass N1 (t) und N2 (t) stochastisch unabhängig und Poisson-verteilt sind. Bestimmen Sie die Parameter.
Lösung: Seien 0 ≤ σ1 < σ2 < . . . die zufälligen Ankunftszeitpunkte und N der Punktprozess
zu (σn )n∈N und ν := ∞. Der Punktprozess M (mit Punkten in R2+ ) zu ν und (σn , Yn ) ist
dann eine ρ-Markierung von N, wobei ρ die Verteilung der Yn ist, d.h. ρ([0, t]) = G(t), t ≥ 0.
Setzen wir noch η := λ · λ1+ , so ist also N ein PPP(η) und daher
M ∼ PPP(η × ρ).
Sei
C1 := {(s, y) ∈ R2+ : s + y ≤ t}
und
C2 := {(s, y) ∈ R2+ : s ≤ t, s + y > t}
Sei Kn ein beliebiger Kunde. Dann ist die Bedienung von Kunde Kn zum Zeitpunkt t abgeschlossen, falls (σn , yn ) ∈ C1 gilt und Kn wird zum Zeitpunkt t gerade bedient, wenn
(σn , yn ) ∈ C2 gilt. Es ist also N1 (t) = M(C1 ) und N2 (t) = M(C2 ). Wegen C1 ∩ C2 = ∅ und
da M unabhängige Zuwächse besitzt, sind also N1 (t) und N2 (t) stochastisch unabhängig und
es gilt
N1 (t) ∼ P o(η × ρ(C1 )) und N2 (t) ∼ P o(η × ρ(C2 ))
Wir bestimmen den ersten Parameter zu
Z ∞Z
Z
η × ρ(C1 ) =
1C1 (s, y) ρ(dy) λ ds = λ
0
0
∞
G(t − s) ds
Z t
Z t
=λ
G(t − s) ds = λ
G(s) ds,
0
0
da G(y) = 0 für y < 0. Wegen C1 + C2 = {(s, y) ∈ R2+ : s ≤ t} gilt
Z ∞
η × ρ(C1 + C2 ) =
1[0,t] (s) λ ds = λ · t
0
und damit gilt für den zweiten Parameter
Z t
Z t
η × ρ(C2 ) = λ · t − λ
G(s) ds = λ (1 − G(s)) ds
0
0
Aufgabe 31: (Abgangsprozess im M/G/∞)
Wie in Aufgabe 30 kommen Kunden K1 , K2 , . . . in einer Bank gemäß einem homogenen
Poisson-Prozess mit der Intensität γ > 0 an. Es sind genügend viele Schalter vorhanden, so
dass jeder ankommende Kunde sofort bedient wird. Yn sei die zufällige Zeit, die Kunde Kn
für seine Bedienung benötigt. Y1 , Y2 , . . . seien unabhängig, identisch verteilt mit Verteilungsfunktion G und unabhängig vom Ankunftsprozess.
a) Sei Nt die zufällige Anzahl von Kunden, deren Bedienung zum Zeitpunkt t ≥ 0 abgeschlossen ist. Zeigen Sie, dass (Nt )t≥0 ein inhomogener Poisson-Prozess ist und bestimmen Sie die Intensitätsrate von (Nt ).
b) Sei jetzt der Ankunftsprozess ein Poissonscher Punktprozess auf R mit Intensitätmaß
γ · λ1 . Bestimmen Sie die Verteilung des Punktprozesses zur Menge der Zeitpunkte, bei
denen eine Bedienung abgeschlossen wird.
Lösung: Seien wie in der Lösung zu Aufgabe 30 0 ≤ σ1 < σ2 < . . . die zufälligen Ankunftszeitpunkte und M der Punktprozess zu (σn , Yn ). M ist dann eine ρ-Markierung des
Ankunftsprozesses, wobei ρ die Verteilung der Yn ist, d.h. ρ([0, t] = G(t), t ≥ 0. Es gilt dann
M ∼ PPP(γλ1+ × ρ).
a) Sei g(s, y) := s + y für (s, y) ∈ R2+ . g(σn , Yn ) = σn + Yn ist der Zeitpunkt, zu dem die Bedienung von Kunde Kn abgeschlossen ist. Nach Satz 7.46 ist N := M g , der Punktprozess
zu (σn +Yn )n∈N , ein Poissonscher Punktprozess mit Intensitätsmaß η := (γ ·λ1+ ×ρ)g . Hierbei ist zu beachten, dass wegen σn + Yn ≥ σn in jedem endlichen Intervall nur von endlich
vielen Kunden die Bedienung abgeschlossen werden kann, und damit N tatsächlich ein
Punktprozess ist.
Sei Λ(t) := η([0, t]) die maßdefinierende Funktion von η. Wegen des Satzes von Fubini
gilt
Λ(t) = (γ · λ1+ × ρ)(g −1 ([0, t])) = (γ · λ1+ × ρ)({(s, y) ∈ R2+ : s + y ≤ t})
Z t
Z t
Z t
=γ
ρ([0, t − s]) ds = γ
G(t − s)ds = γ
G(s)ds
0
0
0
Rt
Mit r(t) := γ · G(t) gilt also Λ(t) = 0 r(s)ds, d.h. η = r · λ1+ . (Nt )t≥0 := (N([0, t]))t≥0 ist
also ein inhomogener Poisson-Prozess mit Intensitätsrate r.
b) In a) waren die Ankünfte in R+ , jetzt finden die Ankünfte zufällig in R statt. Beschrieben
wird der Ankunftsprozess durch einen Poissonschen Punktprozess A ∼ PPP(γλ1 ). Wegen
Satz 7.35 existiert wieder eine Folge (σn )n∈N mit Werten in R, so dass A das zufällige
Zählmaß zu (σn ) ist. Wir definieren den Punktprozess M zu (σn , Yn ). M ist dann eine
ρ-Markierung von A und es gilt M ∼ PPP(γλ1 × ρ). Wie oben ist dann N := M g der
Punktprozess der Zeitpunkte, zu denen eine Bedienung abgeschlossen ist, ein Poissonscher
Punktprozess mit Intensitätsmaß η := (γλ1 × ρ)g . Wegen des Satzes von Fubini gilt für
B ∈ B1
Z
1
η(B) = (γ · λ × ρ)({(s, y) ∈ R × R+ : s + y ∈ B}) = γ λ1 (B − y)ρ(dy)
Z
= γ λ1 (B)ρ(dy) = γ · λ1 (B),
also η = γ · λ1 . Damit gilt N ∼ PPP(γλ1 ). N hat also dieselbe Verteilung wie der
Ankunftsprozess.