Цепь Маркова из положительных частей сумм

[alisa-lebovski]

Один друг (доцент МГУ) обратился с задачей, из книжки А.Д.Вентцеля.
Пусть $\xi_n$ - независимые одинаково распределенные с плотностью $p(x)>0$ на всей числовой прямой. Определим $S_n=\sum_{i=1}^n\xi_i$ и $S_n^+$ - их положительные части, т.е. $S_n^+=S_n$, если $S_n>0$ и ноль иначе. Доказать, что $S_n^+$ не может быть цепью Маркова.

В решении (в конце книги) предлагается рассмотреть условную вероятность $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)$, $x>0$ и показать, что она зависит от $x$, так что не цепь Маркова. При этом выражение для $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)$ выписано неправильно (без деления на вероятность условия $P(S_2^+=0,S_1^+=x)$). Так что решение неправильное.

Пытались доказать, что $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)=P(S_3>0|S_2<0,S_1=x)$, $x>0$ зависит от $x$ при правильном выражении. Оказалось, что это вообще не так, может быть константой! Например, если $p(x)=(1/2)\exp(-|x|)$, то получается равно $1/4$. Но не равно тому, чему нужно, чтоб была цепь Маркова, т.е. $P(S_3^+>0|S_2^+=0)=P(S_3>0|S_2<0)$ - это выражение меньше 1/4 (аналитически не считали, моделированием получается 0,18-0,19).

В общем, так и непонятно, как же решить.

[Gortaur]

Смотрите, $\mathsf{P}(S_3>0|S_2\sim \mu) = \int\limits_\mathbb{R}\left(\int\limits_{0}^\infty p(y-x)\,dy\right)\mu(dx)$. С другой стороны, зная $S_1 = x$ мы знаем $$\mu$: $\mu(x,A) = \int\limits_A p(y-x)\,dy.$$

Получается, что

$$ \mathsf{P}(S_3>0|S_2\leq 0,S_1 = x) = \int\limits_{-\infty}^0\left(\int\limits_0^{\infty} p(y-x)\,dy\right)p(x-z)\,dz, $$

то есть зависит от $x$.

[alisa-lebovski]

Мне кажется, у вас какая-то путаница с $x$ и $z$. В интеграле от 0 до бесконечности должна быть плотность от $y-z$, а снаружи плотность от $z-x$.

Но возникает такое возражение: вы берете просто меру $S_2$ по отрицательной области, но у нас-то вероятность при условии, что $S_2\le 0$, значит надо брать условную меру $S_2$. Поэтому нужно еще деление на $P(S_2\le 0|S_1=x)$. А то, что вы посчитали, это $P(S_3>0,S_2\le 0|S_1=x)$.

[Gortaur]

Хорошо, даже если нужно деление - зависимости от $x$ это не уберет.

[alisa-lebovski]

К сожалению, если $p(x)=(1/2)\exp(-|x|)$, то уберет.

[Gortaur]

Так, из чего мы исходим? Из того, что если $S_n^+ = 0$ - у нас не информации о $S_n$, поэтому строго говоря сумма может оказаться любым отрицательным числом и это повлияет на распределение следующего значения. Вы утверждаете, что данная плотность опровергает эту посылку при $n=3$? Да, там в формуле путаница скорее, что в вероятности должно стоять $z$, а не $x$.

[alisa-lebovski]

Нет, она опровергает только этот метод решения.

Цитата:

Пытались доказать, что $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)=P(S_3>0|S_2<0,S_1=x)$, $x>0$ зависит от $x$ при правильном выражении. Оказалось, что это вообще не так, может быть константой! Например, если $p(x)=(1/2)\exp(-|x|)$, то получается равно $1/4$. Но не равно тому, чему нужно, чтоб была цепь Маркова, т.е. $P(S_3^+>0|S_2^+=0)=P(S_3>0|S_2<0)$ - это выражение меньше 1/4 (аналитически не считали, моделированием получается 0,18-0,19).

В общем, так и непонятно, как же решить.

[Gortaur]

Вы пишите: $\mathsf{P}(S_3>0|S_2<0,S_1 = x) = \frac{1}{4}\neq 0.18 \approx \mathsf{P}(S_3>0|S_2<0)$? Или я неточно понял? Потому что этого уж точно быть не может - $S_n$ все же Марковский процесс.

[alisa-lebovski]

Но это так, можете проверить. Это было бы невозможно, если бы в условии стояло, например, $S_2=y$, а если стоит $S_2<0$, то вполне может быть.

[_hum_]

alisa-lebovski в сообщении #450323 писал(а):

Один друг (доцент МГУ) обратился с задачей, из книжки А.Д.Вентцеля.
Пусть $\xi_n$ - независимые одинаково распределенные с плотностью $p(x)>0$ на всей числовой прямой. Определим $S_n=\sum_{i=1}^n\xi_i$ и $S_n^+$ - их положительные части, т.е. $S_n^+=S_n$, если $S_n>0$ и ноль иначе. Доказать, что $S_n^+$ не может быть цепью Маркова.

В решении (в конце книги) предлагается рассмотреть условную вероятность $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)$, $x>0$ и показать, что она зависит от $x$, так что не цепь Маркова. При этом выражение для $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)$ выписано неправильно (без деления на вероятность условия $P(S_2^+=0,S_1^+=x)$). Так что решение неправильное.

Извиняюсь, я так понимаю, с.в. $\xi_i$ - абсолютно-непрерывные. Какое же тогда "деление на вероятность условия $P(S_2^+=0,S_1^+=x)$", ведь если имеется в виду действительно вероятность, то $P(S_2^+=0,S_1^+=x) = 0$.

[alisa-lebovski]

Имеется в виду в пределе, конечно! Либо можно считать так:

$$P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)= \frac{P(S_3^+>0,S_2^+=0|S_1^+=x)}{P(S_2^+=0|S_1^+=x)}= \frac{P(S_3>0,S_2\le 0|S_1=x)}{P(S_2\le 0|S_1=x)},\quad x>0. $$

[_hum_]

А можно конкретную ссылку на задачу в Вентцеле, о которой идет речь (такое ощущение, что вы подменяете понятие условного распределения и плотности условного распределения)?

[alisa-lebovski]

У меня нет этой книжки на руках, мне только показали задачу и ее неправильный ответ.
И ничего я не подменяю.

[_hum_]

alisa-lebovski в сообщении #450323 писал(а):

В решении (в конце книги) предлагается рассмотреть условную вероятность $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)$, $x>0$ и показать, что она зависит от $x$, так что не цепь Маркова. При этом выражение для $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)$ выписано неправильно (без деления на вероятность условия $P(S_2^+=0,S_1^+=x)$). Так что решение неправильное.

Хотелось бы его (решение из книги) все-таки увидеть, и убедиться, что оно, действительно, как вы говорите, неверное.

Цитата:

Пытались доказать, что $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)=P(S_3>0|S_2<0,S_1=x)$, $x>0$ зависит от $x$ при правильном выражении. Оказалось, что это вообще не так, может быть константой! Например, если $p(x)=(1/2)\exp(-|x|)$, то получается равно $1/4$.

Тоже не мешало бы увидеть соответствующие выкладки.

[alisa-lebovski]

А смысл?!

Ладно, там вместо вероятности $P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)$ найдена вероятность $P(S_3^+>0,S_2^+=0|S_1^+=x)$, которая равна

$$\int_{-\infty}^0\left(\int_0^{+\infty} p(y-z)\,dy\right)p(z-x)\,dz,$$

и конечно, зависит от $x$. Правильная вероятность получается еще делением на

$$P(S_2^+=0|S_1^+=x)=\int_{-\infty}^0p(z-x)\,dz.$$

Таким образом,

$$P(S_3^+>0|S_2^+=0,S_1^+=x)=\frac{\int_{-\infty}^0\left(\int_0^{+\infty} p(y-z)\,dy\right)p(z-x)\,dz,}{\int_{-\infty}^0p(z-x)\,dz},$$

и если подставить туда $p(x)=(1/2)\exp(-|x|)$, то сверху получается $(1/8)e^{-x}$, а внизу $(1/2)e^{-x}$, в результате $1/4$.