Случайный процесс

[Gortaur]

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.

[Хорхе]

Почему вдруг это должно быть правильно?

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

[Gortaur]

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.

[Хорхе]

Можно было не писать столько букв, а просто написать, что процесс однородный. Я ж мысли читать не умею.

[Gortaur]

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.

[Gortaur]

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 $t\geq 0$.

[Хорхе]

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 $t>0$?

[Gortaur]

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.

[Хорхе]

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).

[Gortaur]

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?

[Хорхе]

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

[Gortaur]

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).

[Хорхе]

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...

[Gortaur]

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 $t\geq 0$.

[Gortaur]

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.