Случайные процессы (винеровский процесс в целых точках)

[Draeden]

Форум здесь мощный, может и эту задачку распинают за пару дней :)

Итак, есть график определённый для всех целых чисел. Про него известно только то, что вероятность изменения за один шаг выглядит как распределние Гаусса. Если сформулировать более строго, то получится, что есть бесконечное множество функций вида $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$, обозначим это множество как $\mathbb{F_R}$. Возьмём произвольные числа $n,d \in \mathbb{Z}$. Для этих двух чисел будет верно, что наугад выбранная функция $f \in \mathbb{R_F}$ будет удовлетворять условию $f(n+1)-f(n)=d$ с вероятностью $p(d)$. Функция распределения вероятностей $p$ имеет вид нормального распределения Гаусса. Определения есть, теперь перехожу собственно к задаче.

Случайным образом выбрана функция $f \in \mathbb{R_F},\quad f(0) = 0$. Какова вероятность того, что образ функции останется в пределах некоторого прямоугольника: $f([0,n]) \subset [-d,+d]$ ?

[Henrylee]

Draeden писал(а):

Для этих двух чисел будет верно, что наугад выбранная функция $f \in \mathbb{R_F}$ будет удовлетворять условию $f(n+1)-f(n)=d$ с вероятностью $p(d)$. Функция распределения вероятностей $p$ имеет вид нормального распределения Гаусса.

Что значит имеет вид? Случ. величины $d$ дискретны, а гауссовское распределение непрерывно. Есть формулировка поточнее?
Да, и кстати, нет ли условия независимости приращений? Тогда это будет напоминать в некотором смысле дискретную версию задачи для винеровского процесса, для которого, собственно, "попадания образа куда-нибудь" хорошо изучены.

Добавлено спустя 2 минуты 31 секунду:

Вобщем, хотелось бы иметь, конечно, совместные распределения величин $f(n)$

[PAV]

Мне кажется, что условие понятно. Мы наблюдаем значения винеровского процесса в целых точках. Вектор $(f(0),f(1),\ldots,f(n))$ является гауссовским, где $f(0)=0$, а все приращения $f(k+1)-f(k)$ независимы и распределены нормально (нужно только уточнить, с какими параметрами; скорее всего с нулевым средним и некоторой фиксированной $\sigma$). И нужно определить вероятность события $\{-d\le f(k)\le d | k=1,\ldots,n\}$.

Добавлено спустя 3 минуты 27 секунд:

Как красиво решать, я не знаю. Я могу выписать выписать неподъемный $n$-мерный интеграл, но что с ним разумно сделать - совершенно неясно. Может быть, что этот вопрос действительно изучен. Надо поизучать теорию, что известно про винеровские процессы.

[Draeden]

Гхым... на этом форуме и вправду всё в полпинка решают, жутко становится...

Про распределение Гаусса я сказал "просто так": график функции $p:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ получается эксперементально, причём он очень похож распределение Гаусса. Если так легче решать, то наверняка можно очень точно подобрать параметры подобного распределения, чтобы оно мало отличалось от оригинала $p$. Но это уже пошёл флуд...

Насчёт "неподъёмного интеграла": мне нужно любое решение, если надо я напишу программу которая решит эту задачу численно. Мне мешает явное незнание теории, видимо теории "винеровских процессов", как вы говорите.

Судя по всему мне грозит изучение теории этих процессов, а это настораживает Буду благодарен, если вы мне подкинете пару ссылок на конкретные места в инете, чтобы мне не изучать лишнего

[Henrylee]

По поводу вероятностей "невыхода" траектории винеровского процесса из заданного промежутка, а также, о распределении максимума итп можно почитать в книге "Теория случайных процессов" Булинского и Ширяева. Легко находится по поиску в сети. Ну а потом подумать о том, как учесть переход от непрерывной задачи к дискретной, что там за аппроксимация, как формализовать задачу построже (все-таки независиомсти приращений я в условии не увидел).. ну вобщем подумать есть над чем. Пишу к ночи, можно что-то не то ляпнул, но книжку посмотрите.

[PAV]

Нет, в дискретном случае все совсем не так будет... Сложнее все, мне кажется.

[Henrylee]

PAV писал(а):

Нет, в дискретном случае все совсем не так будет... Сложнее все, мне кажется.

Ну если решать точно именно дискретную задачу, конечно, сложнее, но тогда нужно просто задавать распределния приращений, гауссовскими они вряд ли будут (поскольку значения последовательности точно целочисленные), независиомсть приращений потребовать придется, или как-то подтверждать эспериментально, а может быть ее и вообще нет.. Вобщем полет фантазии.

[PAV]

Henrylee писал(а):

гауссовскими они вряд ли будут (поскольку значения последовательности точно целочисленные)

Отчего же. Как я понимаю, значения функции непрерывные и вполне могут быть распределены по нормальному закону. Дискретное же время.

Рассмотрим на примере двумерного вектора $(f(1),f(2))$ (начальное значение $f(0)$ я писать не буду). Как я понял постановку, предполагается, что приращения $f(1) = f(1) - f(0)$ и $f(2)-f(1)$ независимы (?) и распределены по нормальному закону с плотностью $p(x)$. Обозначим эти приращения через $g(1)$ и $g(2)$; вектор $(g(1),g(2))$ будет гауссовским с независимыми компонентами и совместной плотностью $p_2(x_1,x_2)=p(x_1)\cdot p(x_2)$. Задача заключается в определении вероятности попадания этого вектора в область $\{-d<x_1<d; -d<x_1+x_2<d\}$. Эта вероятность дается следующим двойным интегралом:

$$ \int_{-d}^d\,dx_1\int_{-d-x_1}^{d-x_2} p(x_1)p(x_2)\,dx_2 $$

Как видно, интеграл непростой еще и потому, что пределы интегрирования внутреннего зависят от переменной интегрирования внешнего.

Если предположить, что приращения имеют нулевые математические ожидания (если это не так, то можно преобразовать вектор, чтобы это было так), то последовательность значений $f(n)$ образует мартингал. Эта теория изучена подробно. Более того, результаты о "вероятности выхода мартингала за заданную границу" рассмотрены в учебнике Ширяева "Вероятность", глава 7 ("Последовательности случайных чисел, образующие мартингал"), параграф 7 ("Об асимптотике вероятности выхода случайного блуждания за криволинейную границу"). Основная терема там приведена для односторонней границы, но в конце дается без доказательства аналогичный результат о двусторонней границе. Нумерация глав по изданию 1980 года, в новом могут быть другие номера. Но эти результаты асимптотические, т.е. пределы для больших значений $n$. В начале параграфа сказано, что нахождение точного распределения является весьма трудной задачей. Но можно попробовать поискать по указанным ключевым словам.

Добавлено спустя 6 минут 46 секунд:

Хотя впрочем с интегралом я перемудрил. Правильнее, наверное, сделать так. Переход от вектора $(g(1),g(2))$ к вектору $(f(1),f(2)$ задается достаточно простым линейным преобразованием, поэтому можно по известным формулам найти совместную плотность второго вектора и проинтегрировать ее по прямоугольной области, что гораздо проще и в принципе считается численно.

[Henrylee]

PAV писал(а):

Henrylee писал(а):

гауссовскими они вряд ли будут (поскольку значения последовательности точно целочисленные)

Отчего же. Как я понимаю, значения функции непрерывные и вполне могут быть распределены по нормальному закону. Дискретное же время.

Draeden писал(а):

есть бесконечное множество функций вида $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$

[PAV]

Пусть автор уточнит. С дискретными значениями может быть проще, наверное. Возможно, через цепи Маркова удастся решить.

[Draeden]

Рассматриваемые функции и вправду определны дискретно, т.е. $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$, но можно каким либо образом доопределить эти функции на всей числовой оси, это. как мне кажется, не существенно.

Приращения $f(n+1)-f(n)$ и $f(m+1)-f(m)$ независимы для любых $n,m \in \mathbb{Z}$. Опять же, это придётся это постулировать, хотя по всей видимости это верно.

Приращения имеют нулевые мат. ожидания: это получено эксперементально.

Меня заинтересовала вот эта фраза: "Об асимптотике вероятности выхода случайного блуждания за криволинейную границу". Я ожидаю, что каким либо образом удастся решить текущую ( "прямоугольную" ) задачу и затем перейти к криволинейной. Вообще говоря, целевая задача такая: дан график функции $f$, причём известны лишь его последние $m$ значений, например известны $f(-m),f(-m+1),\ldots,f(-1)$. Глядя на эти значения требуется продолжить график для положительных аргументов: $f(0),f(1),\ldots,f(n),\ldots$, т.е. для каждого $n \ge 0$ и для каждого $d \in \mathbb{Z}$ требуется найти вероятность прохождения графика через точку $(n,d)$, другими словами найти вероятность события $f(n)=d$.

Кстати, "выкопалась" такая формула:

$p(x) = \frac {\sqrt 2} {\sqrt{\pi n}} e^{-\frac{x^2}n}$

утверждается, что $p(x)$ - это вероятность попасть в точку $x$ если случайно сделать $N$ шагов из точки $0$.

[Draeden]

Есть, как мне кажется, небольшое противоречие, хотя скорее всего это моего не знания теории

Рассмотрим ту же функцию: $f \in \mathbb{R_F},f(0)=0$. Зная распределение вероятностей $p$ для изменения функции за один шаг, можно посчитать вероятность изменения функции за $m$ шагов, другими словами введём функцию $p_m(d)$, где $p_m(d)$ определяет вероятность события $f(n+m)-f(n)=d$ ( как обычно полагаем, что такая вероятность не зависит от $n$ ).

Противоречие вот в чём: вероятность события $f(2m)-f(0)=f(2m)=d_2$ равна $p_{2m}(d_2)$. Пусть известно, что $f(m)=d_1 \ne d_2$, тогда вероятность того же события $f(2m)=d_2$, с учётом нового факта, равна $p_m(d_2-d_1)$. Так чему же тогда равна вероятность этого события: $p_{2m}(d)$ или $p_m(d_2-d_1)$ ?

[Henrylee]

Draeden писал(а):

Рассмотрим ту же функцию: $f \in \mathbb{R_F},f(0)=0$. Зная распределение вероятностей $p$ для изменения функции за один шаг, можно посчитать вероятность изменения функции за $m$ шагов, другими словами введём функцию $p_m(d)$, где $p_m(d)$ определяет вероятность события $f(n+m)-f(n)=d$ ( как обычно полагаем, что такая вероятность не зависит от $n$ ).

Противоречие вот в чём: вероятность события $f(2m)-f(0)=f(2m)=d_2$ равна $p_{2m}(d_2)$. Пусть известно, что $f(m)=d_1 \ne d_2$

я так понял, по предположению это выполняется с вероятностью 1.

Draeden писал(а):

, тогда вероятность того же события $f(2m)=d_2$, с учётом нового факта, равна $p_m(d_2-d_1)$. Так чему же тогда равна вероятность этого события: $p_{2m}(d)$ или $p_m(d_2-d_1)$ ?

Очень просто. При Ваших тебованиях эти вероятности равны ввиду независимости приращений:

$$ 1\cdot p_m(d_2-d_1)=P\{f(m)=d_1\}P\{f(2m)-f(m)=d_2-d_1\}=P\{f(2m)=d_2, f(m)=d_1\}=p_{2m}(d_2) $$

Вобщем все идет к однородным цепям Маркова, так что ..

PAV писал(а):

Возможно, через цепи Маркова удастся решить.

[Draeden]

И вправду, с этим равенством не поспоришь, но у меня возникает сильная антипатия к результату
Получается, что:

$\forall m,d_1,d_2 \quad p_m(d_2-d_1)=p_{2m}(d_2)$

другими словами ( т.е. кванторами )

$\forall m,d_1,d_2 \quad p_m(d_1)=p_{2m}(d_2)$

получилось $p_m=p_{2m}$, как то это неправильно...
Не вижу подвоха, а он наверняка прямо под носом...

Добавлено спустя 2 минуты 30 секунд:

P.S. упорно искал Булинского и Ширяева, но есть только .djvu файлы, которые для меня недоступны - программа просмотра виснет

[Henrylee]

1. Не понял как из этого

Draeden писал(а):

$\forall m,d_1,d_2 \quad p_m(d_2-d_1)=p_{2m}(d_2)$

следует вот это

Draeden писал(а):

$\forall m,d_1,d_2 \quad p_m(d_1)=p_{2m}(d_2)$

а потом вот это

Draeden писал(а):

$p_m=p_{2m}$

2. Учитывайте, что равенство в моем предыдущим посте выполнено при условии

$$ p_m(d_1)=1 $$

Draeden писал(а):

Добавлено спустя 2 минуты 30 секунд:

P.S. упорно искал Булинского и Ширяева, но есть только .djvu файлы, которые для меня недоступны - программа просмотра виснет

Я пользуюсь WinDjvu.