2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Случайный процесс
Сообщение23.12.2010, 20:46 


26/12/08
1813
Лейден
Есть марковский процесс в непрерывном времени такой что
$$
P(X_t\in A) = \int\limits_A \phi(x,t,y)\,dy
$$
для всех $t\in [0,T]$.
Здесь функция $\phi(x,t,y)$ вся такая липшицева (а то и гладкая). Вот думаю, если $P(X_t\in A) = 0$, не будет ли это верно для всех $t$? По идее должно быть, но доказать не могу. Помогите доказать и определить при каких условиях на $\phi$ данное утверждение верно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение23.12.2010, 23:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
Почему вдруг это должно быть правильно?

Вопрос крайне странный. Забудем вообще про марковость и про вероятность: есть некая $\phi$. И внезапно такой вопрос. Бррр.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение24.12.2010, 14:13 


26/12/08
1813
Лейден
Дело в том, что $\phi$ для марковских процессов удовлетворяет определенным критериям. Уточню, что марковский процесс имеется ввиду однородный по времени. А именно, если
$$
U_t f(x) = \int\limits_E f(y)\phi(x,t,y)\,dy,
$$
то
$$
U_{t+s} f(x)= U_s U_t f(x).
$$
Если я не ошибаюсь, это значит что
$$
\phi(x,t+s,y) = \int\limits_E \phi(x,t,z)\phi(z,s,y)\, dz.
$$
Далее - мотивация вопроса.
Вероятность того, что значение процесса попадет в область $A$ в любое время $t\in[0,T]$ равна $0$.

Не следует ли из однородности процесса, что он почти наверное туда не попадет ни за какой конечное время?

Пример - одномерное броуновское движение, все области которое оно может достичь за время $T$ с ненулевой вероятностью оно может достичь и за любое меньшее время с меньшей, но ненулевой вероятностью. Или более подходящий пример - квадрат броуновского движения, $w^2_t$.
Для любого $t\in [0,1]$ $P(w^2_t<0) =0$, соответственно и для всех остальных $t\geq 0$ имеем $P(w^2_t<0) =0$. Это разумеется очевидно из-за неотрицательности процесса, но пример есть - есть. Логика в данной гипотезе также есть - если бы мы могли попасть в некое множество во время $T'$ с ненулевой вероятностью, то мы должны иметь возможность попасть в него и раньше с ненулевой вероятностью.

Существенно то, что процесс однородный по времени и у транизтного распределения есть хорошая непрерывная плотность, а так же то, что случай рассматривается в непрерывном времени, которое можно растягивать и сжимать. Для дискретного случая это гипотеза очевидно неверна - достаточно взять любое случайное блуждание.

-- Пт дек 24, 2010 15:15:59 --

Хорхе в сообщении #390769 писал(а):
Почему вдруг это должно быть правильно?


Я не утверждаю, что это правильно всегда - поэтому я и прошу помочь указать при каких $\phi$ это верно. По крайней мере это гипотеза верна при $\phi$ для квадрата броуновского движения. Может, верна и для более широкого класса процессов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение24.12.2010, 15:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
Можно было не писать столько букв, а просто написать, что процесс однородный. Я ж мысли читать не умею.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение24.12.2010, 15:50 


26/12/08
1813
Лейден
Процесс:
1. марковский
2. в непрерывном времени, траектории непрерывны (или непрерывны справа, имеющие предел слева).
3. однородный
4. липшицева (гладкая, кусочно-непрерывная) плотность - зависит от того, что будет требоваться для доказательства.
По-моему, свойств 1+2+3 должно быть достаточно чтобы показать, при каких ограничениях 4 процесс удовлетворяет гипотезе. Пробовал показать, что для функции $f(x) = I_A(x)$ - индикатора верно следующее: если
$$
U_t f(x) = 0
$$
для всех $t\in [0,T]$, то и $U_s U_t f(x) = 0$ для всех $s$ в отрезке $[0,S]$ - здесь $S$ любое, больше нуля - очевидно достаточно для доказательства гипотезы. К сожалению, не получается - единственный "результат" это если $U_t f(y) = 0$ для всех $t\in[0,T],y\in E$, то тогда гипотеза выполнена - но это тривиально. Может нужны дополнительные ограничения кроме 1+2+3+4.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение25.12.2010, 17:16 


26/12/08
1813
Лейден
Увидел что в сабже опечатка
$$
P(X_t\in A) =0
$$
для всех $t\in [0,T]$, а формула
$$
P(X_t\in B) = \int\limits_B \phi(x,t,y) dy
$$
верна для всех множеств $B$ и времен $t\geq 0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение25.12.2010, 18:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
А надо-то что? $P(\exists t: X_t\in A)=0$?

-- Сб дек 25, 2010 20:45:06 --

Или вот так: есть $P(X_t\in A)=0$ для всех $t\le T$, а надо вообще для всех $t>0$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение26.12.2010, 01:29 


26/12/08
1813
Лейден
Есть $P(X_t\in A) =0$ для всех $t\leq T$. Нужно либо чтобы из этого следовало чтобы для всех $t>0$. Хотя $P(\exists t|X_t\in A) =0$ это тоже интересно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение26.12.2010, 10:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
Мы стартуем, как я понимаю, из какой-то фиксированной точки, например, нуля?

Вообще неожиданно сложный вопрос. Может ли носитель распределения непрерывного марковского процесса зависеть от $t$? Да пусть бы и не непрерывного, а просто cadlag.

В терминах соответствующей полугруппы. Известно, что для обращающейся в ноль на $A$ функции $f\in C_0(\mathbb R)$ выполнено $U_t f (0)=0$, $t\in [0,T]$. Отсюда, например, $Lf(0)=0$ ($L$ -- генератор, $f\in D(L)$). Но не вижу, что из этого следует.

-- Вс дек 26, 2010 11:46:01 --

Да, и не просто непрерывного, а непрерывно распределенного (в противном случае есть тривиальные примеры, когда это не так).

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение26.12.2010, 16:07 


26/12/08
1813
Лейден
итак, давайте заново соберем что нам известно про процесс $X$.
1. марковский
2. однородный по времени
3. в непрерывном времени
4. cadlag траектории

Это дано. Далее есть точка $x\in E$ и множество $A\subset E$ такие что для всех $0\leq t\leq T$
$$
P_x(X_t\in A) = 0.
$$
Мы хотим, чтобы из этого следовало то, что $P_x(X_t\in A) =0 $ для всех $t\geq 0$. Отсюда могут появиться дополнительные условия на процесс $X$ (кстати, что значит "непрерывно распределен" - это к чему относится, к процессу или отдельно к каждой случайно величине $X_t$?)

За что тут можно ухватиться - ну допустим за время $T$ мы не можем добраться до множества $A$ $P_x$-п.н. Как мы тогда можем добраться за большее время $T'$, если в задаче все достаточно однородно? Думается что можно сделать замену времени $t' = \alpha t$ где $\alpha = T'/T$ - но опять же, видимых результатов не дает.

Хорхе в сообщении #391719 писал(а):
Мы стартуем, как я понимаю, из какой-то фиксированной точки, например, нуля?

В терминах соответствующей полугруппы. Известно, что для обращающейся в ноль на $A$ функции $f\in C_0(\mathbb R)$ выполнено $U_t f (0)=0$, $t\in [0,T]$. Отсюда, например, $Lf(0)=0$ ($L$ -- генератор, $f\in D(L)$). Но не вижу, что из этого следует.


Да, стартуем из некоторой точки $x$. Непонятны Ваши рассуждения насчет $f$ которая равна нулю на множестве $A$. При чем тут вообще что $U_tf(0)=0$? Множество $A$ в данном условии вообще не участвует.

А к чему привели Ваши попытки с $L$? Совсем никаких результатов?

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение26.12.2010, 16:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
Gortaur в сообщении #391847 писал(а):

Да, стартуем из некоторой точки $x$. Непонятны Ваши рассуждения насчет $f$ которая равна нулю на множестве $A$. При чем тут вообще что $U_tf(0)=0$? Множество $A$ в данном условии вообще не участвует.

А к чему привели Ваши попытки с $L$? Совсем никаких результатов?

Оговорился :-) Если стартуем из $x$, а $f$ равна нулю вне $A$, то $U_t f(x) = 0$, $t\in[0,T]$. Соответственно и про генератор надо поправить. Но ничего генератор не дает :-(

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение26.12.2010, 16:54 


26/12/08
1813
Лейден
Ага, то есть на $A$ мы равны нулю благодаря вероятности равной нулю, а вне $A$ равны нулю, потому что носителем функции предполагается $A$. Отсюда $L f(x) = 0$ для всех функций $f$ с носителем $A$. По-моему, отсюда напрямую следует, что $U_t f(x) =0$ для всех $t$ по формуле Дынкина, или я не прав?

К сожалению, не факт что $I_A(x)$ лежит в области определения генератора (даже обобщенного - хотя это можно проверить).

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение26.12.2010, 17:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
Нет, из формулы Дынкина не следует. Дело в том, что мы имеем $Lf(x) =0$ в одной-единственной точке $x$, из которой стартуем. А нам надо все-таки не в одной...

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение26.12.2010, 17:37 


26/12/08
1813
Лейден
Черт, и правда :-( поспешил. Вообще у меня везде вылезает это условие, что $U_t f(x) = 0$ или $L f(x) = 0$ во всех точках было бы достаточно (что очевидно). С другой стороны, по-моему данные условия выполняются в каком-то определенном множестве, скажем $D(x)$ и
1. это должно следовать из $U_t f(x) = 0$ для всех $t\leq T$.
2. этого должно быть достаточно для того, чтобы $U_t f(x) = 0$ для всех $t\geq 0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Случайный процесс
Сообщение29.12.2010, 14:43 


26/12/08
1813
Лейден
Беда просто - сколько не пытаюсь доказать прихожу к тому, что чтобы доказать то, что нам нужно -нужно доказать то, что нам нужно но в другой формулировке.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group