Случайная последовательность

[AndreyXYZ]

Дана последовательность независимых случайных величин $\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_i,\ldots,\,$ где $\xi_i \sim N(0,1),\,i \in \mathbb{N}.$ Рассмотрим случайную последовательность $\{X_n\}_{n \in \mathbb{N}_0}$, где $X_0=0,\,X_i=X_{i-1}+\xi_i,\,i \in \mathbb{N}.$
1) Найти дисперсию случайной величины $X_i,\, i \ge 1.$
2) Рассмотрим некоторую реализацию $\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}_0}$ случайной последовательности $\{X_n\}_{n \in \mathbb{N}_0}.$ Пусть $x_k$ --- первый из членов реализации случайной последовательности, такой что $|x_k| \ge \sqrt m,\,m \in \mathbb{N}.$ Найти $\mathsf{E}k$ (мат. ожидание $k$).

Моё решение:
1) Т.к. $\{X_n\}_{n \in \mathbb{N}_0}$ --- последовательность с независимыми приращениями, то $\mathsf{D}X_i=i.$
2) Я считаю, что $\mathsf{E}k=m,$ но не могу это доказать.

P.S. Условие задачи я составил сам. Мне очень интересно решение п. 2. Прав ли я в моём предположении?

[General]

По-моему, по второму пункту $\mathsf{E}k=2\sqrt m$

[Alexey1]

1. $DX=i$, так как $X_k=\sum_{i=1}^k \xi_i, \xi_i \sim N(0,1)$.
2. Навряд ли математическое ожидание является конечным ($Ek=\infty$). Для доказательства можно использовать следующее. Пусть $\tau_m=\min \{t \geq 0 : W(t)=m\}$, где $W(t)$ Броуновское движение, $m>0$. Для Броуновского движения $E\tau_m=\infty$. Но тот процесс который Вы описали ($X_k$) есть просто наблюдение Броуновского движения в моменты времени $t=1,2,3,...$, и следовательно если $k'=\min \{k:X_k \geq m \}$, то $\tau_m \leq k'$.

[General]

Alexey1:
Но ведь для Бороуновского движения скорость будет принимать одно из трёх значений: -1, 0 и 1.

AndreyXYZ:
Вы моделировали поведение рассматриваемых последовательностей в экселе, к примеру?

[Alexey1]

General в сообщении #245381 писал(а):

Но ведь для Бороуновского движения скорость будет принимать одно из трёх значений: -1, 0 и 1.

А что Вы имеете ввиду под скоростью Броуновского движения?

[General]

Alexey1, ну то есть расстояние между положениями частицы в соседние моменты времени.

мат.ожидание же n-го члена последовательности из задачи Андрея, равное $\frac{n}{2}$ находится, если выписать все возможные значения для $X_n$ и их вероятности:
$k - p(k)$
$0 - C\limits_n^0\frac{1}{2^n}$
$1 - C\limits_n^1\frac{1}{2^n}$
$2 - C\limits_n^2\frac{1}{2^n}$
$\dots$
$n-1 - C\limits_n^{n-1}\frac{1}{2^n}$
$n - C\limits_n^n\frac{1}{2^n}$

Далее, найдя $\sum\limits_{k=0}^n{kp(k)}$ и выходит, что мат.ожидание величины члена равно половине его номера.

[AndreyXYZ]

Alexey1 в сообщении #245356 писал(а):

1. $DX=i$, так как $X_k=\sum_{i=1}^k \xi_i, \xi_i \sim N(0,1)$.

В этом Вы, конечно, правы. Я ошибся.

General в сообщении #245381 писал(а):

AndreyXYZ:
Вы моделировали поведение рассматриваемых последовательностей в экселе, к примеру?

Пока нет. Хотелось бы вначале получить теоретические результаты.

General в сообщении #245411 писал(а):

мат.ожидание же n-го члена последовательности из задачи Андрея, равное $\frac{n}{2}$ находится, если выписать все возможные значения для $X_n$ и их вероятности:
$k - p(k)$
$0 - C\limits_n^0\frac{1}{2^n}$
$1 - C\limits_n^1\frac{1}{2^n}$
$2 - C\limits_n^2\frac{1}{2^n}$
$\dots$
$n-1 - C\limits_n^{n-1}\frac{1}{2^n}$
$n - C\limits_n^n\frac{1}{2^n}$

Далее, найдя $\sum\limits_{k=0}^n{kp(k)}$ и выходит, что мат.ожидание величины члена равно половине его номера.

Я не понял Ваше объяснение. Во-первых, в моём случае приращения имеют нормальное распределение, а Вы полагали, что они могут принимать только значения 0,1 и -1. Но это не меняет сути. В обоих случаях мат. ожидание $X_n$ равно $0$ для любых $n$, т.к. мат. ожидание любого приращения равно 0 и все приращения независимы.

[Alexey1]

General в сообщении #245411 писал(а):

Alexey1, ну то есть расстояние между положениями частицы в соседние моменты времени.

Под Броуновским движением я понимал непрерывную функцию $W(t), t \geq 0$ на вероятностном пространстве, такую что для любых $0=t_0<t_1<...<t_n$, случайные величины $W(t_i)-W(t_{i-1}), i=1,...,n$ являются независимыми и нормально распределёнными с параметрами $E[W(t_i)-W(t_{i-1})]=0, Var[W(t_i)-W(t_{i-1})]=t_i-t_{i-1}$.
Переходные вероятности для $W(t)$ определяются формулой $p(\tau,x,y)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi \tau}}e^{-\frac{(y-x)^2}{2\tau}}$, то есть вероятность того, что находясь в точке $x$ случайный процесс (Броуновское движение) будет находится в точке $y$ через $\tau$ единиц времени.
В этом примере, $\tau=t_i-t_{i-1}=1, \{t_i \}\in \mathbb {N}$, то есть в момент времени $t_i$ изменение процесса будет определяться с.в. $\xi_i \sim N(0,1)$, что и является процессом $X_k$.

[AndreyXYZ]

Alexey1 в сообщении #245532 писал(а):

Переходные вероятности для $W(t)$ определяются формулой $p(\tau,x,y)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi \tau}}e^{-\frac{(y-x)^2}{2\tau}}$, то есть вероятность того, что находясь в точке $x$ случайный процесс (Броуновское движение) будет находится в точке $y$ через $\tau$ единиц времени.

Вероятность того, что случайный процесс будет находится в точке $y$, равна 0.

[Alexey1]

Да Вы правы, надо быть корректнее. Это плотность нормального распределения, но сути это не меняет.

-- Вт сен 22, 2009 18:45:15 --

Да Вы правы, надо быть корректнее. Это плотность нормального распределения, но сути это не меняет.

[AndreyXYZ]

Но ведь я спрашивал о другом. Я могу найти вероятность того, что в определенный момент частица отклониться на расстояние, большее или равное некоторой величине. Но мне интересно среднее время, через которое это отклонение произойдет в первый раз.

[General]

А, понял, я неправильно понял запись $~N(0,1)$

[Mikhail Sokolov]

2. Для броуновского движения ответ $m$. Но в вашем примере ответ другой. Боюсь, его не удастся получить в явном виде.
Чтобы найти приближенные оценки можно, например, помучиться со следующим интегральным уравнением. Пусть $M(x)$ - искомое среднее время выхода этого случайного процесса из интервала $[-\sqrt m,\sqrt m]$, при условии, что $x_0=x\in [-\sqrt m,\sqrt m]$. Тогда $M$ удовлетворяет интегральному уравнению $M(x)=1+\int_{-\sqrt m-x}^{\sqrt m-x}M(x+t)f(t)dt$, где $f$ - функция плотности стандартного нормального распределения.

[Alexey1]

Да действительно, если рассматривается выход Броуновского движение за одну из границ, то среднее время выхода $m$. Если же граница одна, то среднее время равно бесконечности. То что я описал ранее верно если есть только одна граница.

[Henrylee]

Ну хоть оценить. Из второго тождества Вальда следует, что
$EX^2_k=Ek$
$X_k^2\geqslant m,\ X_{k-1}^2<m$.
$m\leqslant Ek<m+1$