стохастическое дифф уравнение и интеграл Фейнмана

[ecartman]

Здравствуйте, пытаюсь найти переходную плотность вероят. для процесса $X_t$, $t\ge0$, описываемого определенным стох. дифф. уравнением. Процесс одородный и с вероятностью 1 неотрицательный, выходящий из точки $X_0=x_0\ge0$. Искомая плотность известно что удовлетворяет уравнению Фоккера-Планка (которое в данном случае сложно решить). Пытаюсь применить следующий прием: Заменой переменных $Y_t=\log X_t$ оказывается что соответствующее уравнение Фоккера-Планка для $Y_t$ является частным случаем уравнения Шрёдингера. Соответственно появляется возможность применить континуальные интегралы Феймана чтобы его решить (а затем обратной заменой получить ответ для оригинального процесса $X_t$). Соответствующий интеграл Феймана мне удалось вычислить (т.е. получить переходную плотность для $Y_t$) правда с одним "но": требуется конечность $|Y_t|<\infty$. Проблемы возникают если $X_t=0$, т.е., $Y_t=-\infty$. В этом случае траектории в интеграле Феймана получаются бесконечные. Вопрос такой: можно ли как-нибудь это обойти? Может кто-то подскажет литературу где рассматриваются Феймановские интегралы когда начальная точка траектории - на бесконечности? Заранее спасибо.

[mishafromusa]

Про литературу не знаю, но может решение, которое Вы уже нашли, ведёт себя достаточто прилично около нуля, и его можно туда продолжить по непрерывности.

[Munin]

А зачем вам решать уравнение Шрёдингера именно методом интегралов Фейнмана? Обычные методы решения вполне легко позволяют работать с функциями, уходящими в бесконечность (но должным образом интегрируемыми).

P. S. Если вы запомнили такие сложные фамилии, как Фоккер, Планк и Шрёдингер, то сделайте любезность, запомните ещё и фамилию Фейнман. Писать её как "Фейман" - оскорбительно.

[ecartman]

mishafromusa в сообщении #827563 писал(а):

Про литературу не знаю, но может решение, которое Вы уже нашли, ведёт себя достаточто прилично около нуля, и его можно туда продолжить по непрерывности.

К сожалению, решение (в терминах $X_t$) довольно капризное около 0: мне так и не удалось установить, что происходит при стремлении начальной точки к нулю справа.

Munin в сообщении #827568 писал(а):

А зачем вам решать уравнение Шрёдингера именно методом интегралов Фейнмана? Обычные методы решения вполне легко позволяют работать с функциями, уходящими в бесконечность (но должным образом интегрируемыми).

P. S. Если вы запомнили такие сложные фамилии, как Фоккер, Планк и Шрёдингер, то сделайте любезность, запомните ещё и фамилию Фейнман. Писать её как "Фейман" - оскорбительно.

Спасибо за замечание.

Можно попробовать и без интегралов Фейнмана. В терминах $Y_t=\log X_t$ уравнение получается следующего вида:

$$ \dfrac{\partial}{\partial t}p(y,t) = \dfrac{1}{2}\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}p(y,t)-\left(A e^{-y}+B\right)p(y,t), $$

где $p(y,t)$ сокращение от $p(y,t;y_0,0)=d\Pr(Y_t\le y|Y_0=y_0)/dy$, а $A,B$ - константы. Здесь $y\in\mathbb{R}$, т.е., плотность $p(y,t)$ интегрируется к 1 по всей вещественной оси. Начальное условие $p(y,0)=\delta(y-y_0)$.

Это уравнение можно формально решить используя интегралы Фейнмана. Как ни странно, вычислить их можно. Однако ответ там малоприятный и зависит от интегралов вида

$$ \int_{y_0}^{y} \left(A e^{-z}+B\right)\,dz $$

которые расходятся при $y_0\to-\infty$. Вот собственно в этом и засада. Как можно иным способом подойти к решению этого уравнения? Заранее спасибо.

[Munin]

ecartman в сообщении #827727 писал(а):

Можно попробовать и без интегралов Фейнмана. В терминах $Y_t=\log X_t$ уравнение получается следующего вида:

$$ \dfrac{\partial}{\partial t}p(y,t) = \dfrac{1}{2}\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}p(y,t)-\left(A e^{-y}+B\right)p(y,t), $$

где $p(y,t)$ сокращение от $p(y,t;y_0,0)=d\Pr(Y_t\le y|Y_0=y_0)/dy$, а $A,B$ - константы. Здесь $y\in\mathbb{R}$, т.е., плотность $p(y,t)$ интегрируется к 1 по всей вещественной оси. Начальное условие $p(y,0)=\delta(y-y_0)$.

Вроде как это вообще уравнение не Шрёдингера, а параболическое. Шрёдингер отличается множителем $i$ при производной $\partial/\partial t,$ что позволяет бежать волнам, а в данном уравнении волны будут не бежать, а просто затухать стоя.

Ваше уравнение я нашёл в справочнике из серии справочников Полянина, Зайцева:
Полянин А. Д. Справочник по линейным уравнениям математической физики. 2001.
в пункте 1.4.1.3 (стр. 107), и там явно выписаны частные через функции Бесселя. Функция Грина описана в пункте 1.8.9-1 (стр. 143).

С другой стороны, я не понимаю, чего у вас не получилось с интегралами Фейнмана, поскольку "потенциал" $A e^{-y}+B$ (при положительной $A$) ведёт себя при $y\to-\infty$ сравнительно "хорошо": уходит на бесконечность вверх, а не вниз, а вверх волны высоко не забираются, затухают.

-- 17.02.2014 19:41:12 --

P. S. Сильно не уверен, что $\int_{\mathbb{R}}p\,dy$ будет вообще сохраняться. Он сохраняется только в чистом уравнении теплопроводности, без члена с "потенциалом", а в уравнении Шрёдингера сохраняется $\int_{\mathbb{R}}\left|p\right|^2 dy.$

[ecartman]

Munin в сообщении #827767 писал(а):

Вроде как это вообще уравнение не Шрёдингера, а параболическое. Шрёдингер отличается множителем $i$ при производной $\partial/\partial t,$ что позволяет бежать волнам, а в данном уравнении волны будут не бежать, а просто затухать стоя.

Ваше уравнение я нашёл в справочнике из серии справочников Полянина, Зайцева:
Полянин А. Д. Справочник по линейным уравнениям математической физики. 2001.
в пункте 1.4.1.3 (стр. 107), и там явно выписаны частные через функции Бесселя. Функция Грина описана в пункте 1.8.9-1 (стр. 143).

С другой стороны, я не понимаю, чего у вас не получилось с интегралами Фейнмана, поскольку "потенциал" $A e^{-y}+B$ (при положительной $A$) ведёт себя при $y\to-\infty$ сравнительно "хорошо": уходит на бесконечность вверх, а не вниз, а вверх волны высоко не забираются, затухают.

-- 17.02.2014 19:41:12 --

P. S. Сильно не уверен, что $\int_{\mathbb{R}}p\,dy$ будет вообще сохраняться. Он сохраняется только в чистом уравнении теплопроводности, без члена с "потенциалом", а в уравнении Шрёдингера сохраняется $\int_{\mathbb{R}}\left|p\right|^2 dy.$

Спасибо за ответ. Да, действительно, решение должно затухать если нет множителя $i$. Но интеграл Фейнмана ведь все равно можно применить? Я немного зациклился на именно этом подходе, потому что искомый интеграл можно посчитать явно (хотя ответ там малоприятный). А традиционные методы решения (как то метод разделения переменных с последующим сведением задачи к задаче Штурма-Луивилля) приводят к выражениям, с которыми сложнее работать.

Спасибо за наводку на справочник, мне честно говоря не пришла в голову идея обратиться к справочникам. Я бы хотел сейчас более подробно изложить всю задачу и свой подход к ее решению, может быть Вы подкорретируете или поможете его упростить.

Требуется найти фундаментальное решение параболлического уравнения:

$$ \frac{\partial}{\partial t}p(y,t) = \frac{1}{2}\frac{\partial^2}{\partial y^2}p(y,t) -\frac{\partial}{\partial y}\left[\left(e^{-a y}/a+b\right)p(y,t)\right], $$

где $a>0$ и $b$ - константы (никаких условий на $b$ не накладывается), $p(y,0)=\delta(y-y_0)$ и

$$ \int_{\mathbb{R}}p(y,t)\,dy=1,\;\; t\ge0. $$

Это уравнение описывает переходную плотность вероятности некоторого случайного процесса "живущего" на всей числовой прямой. Т.е. никаких отражающих экранов нет. Это значит, что если сводить уравнение к задаче Штурма-Луивилля, то из граничных условий можно лишь указать, что поток вероятностей

$$ J(y,t)=\left(e^{-a y}/a+b\right)p(y,t)-\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial y}p(y,t) $$

удовлетворяет соотношению: $J(-\infty,t)=J(\infty,t)$ для всех $t\ge0$. (Кстати, можно ли как-то это конкретизировать?)

Далее, ищем решение в виде:

$$ p(y,t) = q(y,t)\exp\left\{\int^y\left(e^{-a z}/a+b\right)\,dz\right\}. $$

Вот в этом месте у меня возник вопрос: т.к. процесс $Y_t$ принимает любые значения из $\mathbb{R}$ и $a>0$, то потенциально интеграл

$$ \int^y\left(e^{-a z}/a+b\right)\,dz $$

может быть неограничен. Можно ли тогда вообще искать решение в вышеуказанной форме?

Если продолжить, то формально в этом случае уравнение на $q(y,t)$ принимает вид:

$$ \frac{\partial}{\partial t}q(y,t) = \frac{1}{2}\frac{\partial^2}{\partial y^2}q(y,t)-\frac{1}{2}\left[e^{-2ay}/a^2+(2b/a-1)e^{-ay}+b^2\right]q(y,t), $$

т.е. выглядит почти как уравнение Шрёдингера, но без $i$. Собственно дальше при помощи аппарата Фейнмана из этого уравнения можно найти $q(y,t)$, это функция будет вещественной и убывать при $|y|\to\infty$. И как Вы справедливо заметили она будет удовлетворять условию $\|q\|_{L^2}=1$, а не $\|q\|_{L^1}=1$. Но это вроде не так страшно, потом все равно можно отнормировать $p(y,t)$.

Интеграл Фейнмана тут считается, правда долго и тяжело. Но я бы тоже хотел чуть позже привести все выкладки здесь, т.к., не уверен, что мой ответ верен.

Может быть Вы посоветуете какой-то другой способ отыскания $q(y,t)$ (а еще лучше $p(y,t)$)?

Спасибо.

[Munin]

ecartman в сообщении #827962 писал(а):

интеграл Фейнмана

Вспомнил, если там нет $i,$ этот интеграл был изобретён до Фейнмана, и называется иначе:
http://en.wikipedia.org/wiki/Wiener_process
http://en.wikipedia.org/wiki/Brownian_motion
(и там, действительно, сохраняется интеграл не квадрата, а самой функции - как сохранение полной вероятности).

Может, это поможет лучше найти информацию. К сожалению, я сам не могу помочь с решением.

У меня впечатление, от которого я не могу избавиться, что вы ещё не все традиционные методы испробовали. Фундаментальные решения и не должны "дружить" с разделением переменных, это две совершенно разные идеологии. Зато есть метод Фурье, который более близок с ними обоими. Мои слова о затухающих волнах я взял из него.

К сожалению, "потенциальное" слагаемое у вас в правой части (вы его пишете то для функции $p,$ то для функции $q$) сбивает меня с толку, я не имел с такими дела, кроме волновых уравнений.

Здесь на форуме много других специалистов по ДУЧП, отвечающих в соседних темах. Я бы уступил им слово.

[ecartman]

Munin в сообщении #828033 писал(а):

Вспомнил, если там нет $i,$ этот интеграл был изобретён до Фейнмана, и называется иначе:
http://en.wikipedia.org/wiki/Wiener_process
http://en.wikipedia.org/wiki/Brownian_motion
(и там, действительно, сохраняется интеграл не квадрата, а самой функции - как сохранение полной вероятности).

Может, это поможет лучше найти информацию. К сожалению, я сам не могу помочь с решением.

У меня впечатление, от которого я не могу избавиться, что вы ещё не все традиционные методы испробовали. Фундаментальные решения и не должны "дружить" с разделением переменных, это две совершенно разные идеологии. Зато есть метод Фурье, который более близок с ними обоими. Мои слова о затухающих волнах я взял из него.

К сожалению, "потенциальное" слагаемое у вас в правой части (вы его пишете то для функции $p,$ то для функции $q$) сбивает меня с толку, я не имел с такими дела, кроме волновых уравнений.

Здесь на форуме много других специалистов по ДУЧП, отвечающих в соседних темах. Я бы уступил им слово.

Спасибо за наводку на интеграл Винера. Собственно приведенное мною уравнение на $q(x,t)$ имеет явное решение выражаемое через интеграл Винера. Остается только его вычислить. Чтобы это сделать, я пытаюсь применить известный прием заключающийся в переходе к комплексному времени, что позволяет свести интеграл Винера к интегралу Фейнмана, и далее использовать методы вычисления интегралов Фейнмана чтобы получить ответ. И ответ таким образом действительно получается (правда долго). Собственно поэтому я и зациклился на этом подходе: формально можно получить ответ через интеграл Фейнмана.

Однако смущает то, что когда делается замена с $p$ на $q$:

$$ p(y,t) =q(y,t)\exp\left\{\int^y (e^{-az}/a+b)dz\right\}, $$

то из начального условия на $p(y,t)$, т.е. из $p(y,0+)=\delta(y-y_0)$, получается, что

$$ q(y,0+) = \exp\left\{-\int^{y_0} (e^{-az}/a+b)dz\right\}\delta(y-y_0), $$

и таким образом удобно "начинать" интеграл в экспоненте в соотношении между $p(y,t)$
и $q(y,t)$ из $y_0$. Другими словами делать замену

$$ p(y,t) =q(y,t)\exp\left\{\int_{y_0}^y (e^{-az}/a+b)dz\right\}. $$

В этом случае начальное условие на $q(y,t)$ тоже будет $q(y,0+)=\delta(y-y_0)$. Но тут возникает проблема: если $y_0=-\infty$ то интеграл в экспонете будет расходиться ($a>0$). Я никак не могу сообразить что с этим делать. Можно ли вообще делать такую замену с $p$ на $q$?

Спасибо.

[Munin]

ecartman в сообщении #829681 писал(а):

я пытаюсь применить известный прием заключающийся в переходе к комплексному времени, что позволяет свести интеграл Винера к интегралу Фейнмана

Насколько я слышал, его применяют наоборот, чтобы свести интеграл Фейнмана (труднее вычисляемый) к интегралу Винера (проще вычисляемому) :-)

В остальном,

Munin в сообщении #828033 писал(а):

Я бы уступил им слово.