о распределении максимума случайного блуждания (Боровков)

[Gortaur]

Вероятностные процессы в Теории Массового Обслуживания, Боровков. Аппендикс 4 - речь о распределении максимума случайного блуждания. Мне нужно разобраться в Теореме 3 - там идет оценка

$$ P(\bar{Y}>x) $$

сверху. Оценка справедлива лишь для $x>y_m^0(1+1/m)$, где $y_m^0$ берется из Теоремы 1 того же Аппендикса. Смотрю Теорему 1, а там $y_m = e^{L_{m+1}}(2c_m n)^{1/m}$ - то есть она зависит от $n$. Таким образом, не ясно какие брать $x$ ведь $y_m$ растет с ростом $n$.

[--mS--]

Н-да Боюсь, тут уже нет другого варианта, кроме как задать вопрос автору, либо махнуть рукой. Что в принципе равносильно Не сочтите за издевательство, мы долго думали над этим $y_m$...

[Gortaur]

--mS--
Да я уже написал ему - осталось отправить (см. мою новую тему). Махнуть рукой не хочу, так как это должно быть неплохим результатом - если там и правда можно вытянуть. Я тоже думал немало, сводится к применению неравенства из первой теоремы, а оно справедливо на все меньших отрезках. А что я должен счесть за издевательство (и кто эти "вы" )?

[--mS--]

Gortaur в сообщении #466477 писал(а):

А что я должен счесть за издевательство (и кто эти "вы" )?

Да просто автор книги п.н. не ответит (а мы - это пятикратно упомянутый в теме про неограниченное случайное блуждание товарищ и я).

На самом деле вот такой есть хороший совет. В QUESTA ("Queueing Systems") буквально на днях, в рамках номера, посвящённого open problems, должна появиться статья Д.А.Коршунова - среди "online first": http://www.springerlink.com/content/101752/. Там как раз, как я поняла, обсуждаются и пути получения точных оценок для распределения стационарного времени ожидания в одноканальной системе (что то же самое - для супремума случайного блуждания с отрицательным сносом), и связанные с этим открытые задачи, которых - и тут Вы правы - больше, чем закрытых.

[_hum_]

Извиняюсь, а почему ожидается, что область действия оценки не должна зависеть от $n$? Если судить по ситуации с оценками распределения обычной суммы независимых с.в., то там это в порядке вещей, поскольку разные области имеют разные оценки (области нормальных уклоннений - ЦПТ, области больших уклонений - крамеровские асимптотики, области сверхбольших уклонений - неравенства типа Бернштейна)?

[Gortaur]

Потому что оценка идет вида $P\{\sup_{n}Y_n\geq x\}\leq y$, для $x\geq X(n)$. Так что здесь неясно, для каких $x$ выполнено

[_hum_]

Ясно. Я думал, что рассматривается $P(\sup_{k\leq n} S_k \geq x)$.
А вообще, вы доказательство теоремы 3 проверяли? Там же в нем, вроде, результат теоремы 1 используется для случая $n \leftrightarrow x)$. И есть подозрение, что "Пусть $x > y_m C$" можно трактовать как чисто техническое "Пусть $x > y_m|_{\{n\leftrightarrow x\}} C$", в то время как основным условием на $x$ является $B^0_{x|a|/2,x}\leq 1$. Нет?

[--mS--]

_hum_ в сообщении #466664 писал(а):

Нет?

Видимо, да.

[Gortaur]

_hum_
Прошу прощения - я мало понял из Вашего сообщения. Точнее, я не понял, что такое $n\leftrightarrow x$ и каким образом оно влияет на условие $x>Cy_m$? Если бы основным являлось условие на $B$ - это было бы просто отлично. Поясните?
Да, отвечая на Ваш вопрос - из докзательства я понял, что используется первая теорема для оценки членов суммы - так что подумал, что каждое из неравенств первой теоремы действует на всем меньшем множестве $x>Cy_m(n)$.

--mS--
Насколько я понял, Вы согласны?

Кстати, не могу понять, зачем ему потребовалось брать $x$ целым - это же можно обойти используя целую часть $x$.

[--mS--]

Gortaur в сообщении #466718 писал(а):

_hum_
Прошу прощения - я мало понял из Вашего сообщения. Точнее, я не понял, что такое $n\leftrightarrow x$ и каким образом оно влияет на условие $x>Cy_m$?

--mS--
Насколько я понял, Вы согласны?

Кстати, не могу понять, зачем ему потребовалось брать $x$ целым - это же можно обойти используя целую часть $x$.

См. доказательство. Объединение разбито на два куска - до (целого, ничему не мешает) большого $x$ и дальше. Дальше сново разбито на куски - по $x\cdot 2^j$ слагаемых в каждом. К каждому такому объединению (хвосту супремума конечного числа сумм) применяется теорема 1. Главное, к первому - для $W_n(x)$ при $n=x$. К остальным - тем более можно. А большое $x$ - это настолько большое, чтобы $B_{x|a|/2, x}^0$ стало не больше $1$, и можно было воспользоваться последним утверждением теоремы 1.

Конечно, там ещё ковыряться и ковыряться, проверяя, применима ли теорема 1 к оставшейся бесконечной сумме супремумов. Мне не хочется.

[_hum_]

2Gortaur
Под $n \leftrightarrow x$ я понимал, что автор при доказательстве теоремы 3 в качестве фигурирующего в теореме 1 числа слагаемых n использует саму величину $x$. Поэтому из условия теоремы это n должно пропасть.
Насколько я понял, автор сначала получает оценку $P(\Bar{Y} > x) \leq W_x^0(x) + \sum_{j=1}^\infty W^0_{2^jx}(x - a 2^jx)$, после чего для оценки слагаемых, входящих в выражение, для $x$-ов, удовлетворяющих $x > y_m^0(x)C$ и $x - a 2^jx > y_m^0(2^jx)C$, применияет теорему 1, полагая в ней $n = 2^j x, j = 0,1,.... $

А вообще, я говорил о том, что вместо того, чтобы пытаться трактовать условия теоремы, нужно просто разобраться в ее доказательстве и выяснить, какие условия нужны, чтобы это доказательство прошло (либо убедиться, что оно не проходит ни при каких условиях - то есть неверно).

[Gortaur]

_hum_
--mS--
Спасибо - не отвечал потому что книгу забыл на работе (а качать тут не рекомендуется). Идеи ясны - попробую еще раз разобраться с доказательством, если будут конкретные вопросы - напишу.

[Gortaur]

Так, что у меня получается - в его переходах я разобрался, теперь смотрю при каких $x$ можно применить теорему 1 к вероятностям в ряде

$$ \sum\limits_{j=1}^\infty W^0_{2^j x}(x - a 2^{j-1}x). $$

Получаем, что у нас $n = 2^jx$ а $X = x(1 +|a|2^{j-1})$ (чтобы не путать его с маленьким $x$). Об условии с $B$ автор явно написал достаточные условия для выполнения теоремы 1, т.е. у нас остается условие

$$ X>e^{L_{m+1}}(2c_m n)^{1/m} $$

откуда следует, что

$$ x(1 +|a|2^{j-1}) > C 2^{j/m} x^{1/m}. $$

Отсюда следует, что при $j\geq 2$ степень двойки слева уже больше, и мы должны лишь выбрать $x$ побольше, чтобы перебить $C/|a|$. Вроде ошибки быть не должно - но буду благодарен, если проверите мои рассуждения.

[Gortaur]

У меня еще возникло чувство, что в условии третье теоремы должно быть $c^0_m$, так как все оценки применяются из первой теоремы, где блуждание без сноса, тогда получится

$$ c^0_m = \int\limits_a^\infty (\xi-a)^m\,dF_\xi \geq \int\limits_0^\infty \xi^m\,dF_\xi = c_m $$

и оценка чуть сдвинется. С другой стороны, это значение все равно будет конечно.

[--mS--]

Gortaur в сообщении #467283 писал(а):

Вроде ошибки быть не должно - но буду благодарен, если проверите мои рассуждения.

Да, видимо. Но о своём нежелании влезать в эти дебри дальше я выше уже написала. Тошно мне с них