Вопрос по Shreve S.E. Stochastic calculus for finance II

[--mS--]

Угу, только интеграл не по индикатору, а по событию под знаком индикатора. А так - да.

[Rasool]

--mS-- в сообщении #832051 писал(а):

Что это было? Написан полный абсурд. Запишите событие $A$ (что такое событие, знаете?), а затем интеграл по этому событию.

Интеграл по событию, насколько я правильно понял, это - интеграл по области, где событие имеет место быть, или имеет ненулевую вероятность совершения.

[--mS--]

Я не знаю, что такое "область, где событие имеет место быть". Зато знаю, что такое событие. И Вам задавала вопрос не зря:

--mS-- в сообщении #832051 писал(а):

Запишите событие $A$ (что такое событие, знаете?), а затем интеграл по этому событию.

[Rasool]

--mS-- в сообщении #832312 писал(а):

Я не знаю, что такое "область, где событие имеет место быть". Зато знаю, что такое событие. И Вам задавала вопрос не зря:

--mS-- в сообщении #832051 писал(а):

Запишите событие $A$ (что такое событие, знаете?), а затем интеграл по этому событию.

Согласно Феллеру, т.1, глава 1, параграф 3, "Событие - термин, означающий некоторое множество элементарных событий. Мы будем говорить, что событие A состоит из определенных точек."
Значит, интеграл берется по этому множеству?

[--mS--]

Разумеется.

[Rasool]

Спасибо. А случайная величина $X(\omega)$ здесь пробегает пространство элементарных событий?

[Rasool]

Xaositect в сообщении #824221 писал(а):

А определение интеграла Лебега где-нибудь есть? $\int_A f(x) d\mu(x)$ означает интеграл по мере $\mu$, в данном случае у нас мера - это вероятность.

Можно воспользоваться следующим объяснением:

Цитата:

Интеграл Римана вычисляется так: для каждого кусочка ищем значение функции, умножаем значение на меру (длину, площадь, объем) кусочка и суммируем по всем кусочкам.

Интеграл Лебега так вычисляется: для каждого значения ищем меру множества кусочков, на котором эта функция принимает это значение, умножаем меру на значение и суммируем по всем значениям.

В силу дистрибутивности, коммутативности и ассоциативности арифметических операций эти два способа дают один и тот же результат: интеграл Римана = интеграл Лебега.

-- Вт мар 04, 2014 02:53:14 --

Rasool в сообщении #832385 писал(а):

Спасибо. А случайная величина $X(\omega)$ здесь пробегает пространство элементарных событий?

Точнее, $\omega$ пробегает по пространству элементарных событий $\Omega$, а $X$ уже пробегает по $R$.

[--mS--]

Rasool в сообщении #832385 писал(а):

Спасибо. А случайная величина $X(\omega)$ здесь пробегает пространство элементарных событий?

Да что ж за мешанина-то у Вас! Элементарный исход здесь - $\omega$. Любое событие - это множество каких-то $\omega$. Например, событие $\{0<x<X(\omega)\}=\{\omega~:~X(\omega)>x>0\}$. Вот по множеству этих омег мы и интегрируем.

-- Вт мар 04, 2014 08:20:25 --

Rasool в сообщении #832427 писал(а):

Цитата:

В силу дистрибутивности, коммутативности и ассоциативности арифметических операций эти два способа дают один и тот же результат: интеграл Римана = интеграл Лебега.

См. примеры функций, интегрируемых по Лебегу на прямой, но не интегрируемых по Риману. Кроме того, выражение $\int\limits_A f(\omega)\mathsf P(d\omega)$ (или $\int\limits_A f(\omega)\,d\mathsf P(\omega)$, равно как и $\int\limits_B f(x)\,d\mu(x)$) означает интеграл Лебега (интеграл по мере), и ничего больше. К чему здесь про интеграл Римана, неясно.

Rasool в сообщении #832427 писал(а):

Точнее, $\omega$ пробегает по пространству элементарных событий $\Omega$, а $X$ уже пробегает по $R$.

Это да.

[Rasool]

Спасибо.

[Rasool]

Цитата:

Exercise 1.4.
(i) Construst a standard normal random variable $Z$ on the probability space $(\Omega_{\infty}, F_{\infty}, \mathsf P_{\infty})$ of Examlpe 1.1.4 under the assumption that the probability for head is $p=\frac {1} {2}$. (Hint: Consider Examples 1.2.5 and 1.2.6.)
(ii) Define a sequence of random variables $\{Z_n\}_{n=1}^{\infty}$ on $\Omega_{\infty}$ such that

$$\lim_{n\rightarrow\infty} Z_n(\omega)=Z(\omega) \text { for every } \omega=\Omega_{\infty}$$

and, for each $n, Z_n$ depends only on first $n$ coin tosses. (This gives us a procedure for approximmating a standard normal random variable by random variables generated by a finite number of coin tosses, a useful algorithm for Monte Carlo simulation.)

Пример 1.1.4 я приводил на предыдущей странице 1:
http://dxdy.ru/posting.php?mode=quote&f=27&p=829551
В примере 1.2.5 устанавливается следующая случайная величина с равномерной плотностью распределения:

Цитата:

For $i=1,2,...$ we define

$$Y_n(\omega) = \begin{cases} 1,&\text{if $\omega_n=H$,}\\ 0,&\text{if $\omega_n=T$.} \end{cases}$$

We set

$$X = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac {Y_n} {2^n}.$$

If $Y_1=0$, which happens with probability $\frac {1}{2}$, then $0\leqslant X \leqslant \frac {1}{2}$. If $Y_1=1$, which also happens with probability $\frac {1}{2}$, then $\frac {1}{2}\leqslant X \leqslant 1$. If $Y_1=0$ and $Y_2=0$, which happens with probability $\frac {1}{4}$, then $0\leqslant X \leqslant \frac {1}{4}$. If $Y_1=0$ and $Y_2=1$, which also happens with probability $\frac {1}{4}$, then $\frac {1}{4} \leqslant X \leqslant \frac {1}{2}$. This pattern continues; indeed for any interval $[ \frac{k}{2^n}, \frac{k+1}{2^n}]\subset[0,1]$, the probability that the interval contains X is $\frac{1}{2^n}$.

В примере 1.2.6 задается случайная величина с плотностью вероятности

$$\varphi=\frac {1} {\sqrt{2\pi}} e^{-\frac {x^2} {2}}$$

Можно попытаться сконструировать требуемую величину, как сумму выпадений "гербов" "H" и поделив ее на $2^n$ или $e^n$ (или другую показательную функцию). Это верный ход?
Сумма выпадений $m$ "гербов" из $n$ бросков определяется как $C^m_n = \frac {n!} {m!(n-m)!}$
Я нашел в википедии следующую формулу для факториала (формула Стирлинга):

$$n! \approx \sqrt{2\pi n} \left( \frac {n} {e} \right)^n$$

Может быть, здесь можно что-то получить преобразованиями?

[--mS--]

В примере 1.2.6 рассказано, как построить стандартную нормальную с.в. по равномерно распределённой (квантильным преобразованием). Равномерно распределённая по последовательности бросков монеты построена в примере 1.2.5. Так в чём вопрос? Любой сходящийся ряд есть предел последовательности его частичных сумм. Функция распределения нормального закона в примере 1.2.6 непрерывна всюду.

[Rasool]

Т.е. берем обратную функцию $X=N^{-1}(Y)$, где $Y=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac {Y_n} {2^n}$ - равномерно распределенная величина (см. выше),

$$N(x)=\int\limits_{-\infty}^x \vaphi(\xi) d\xi.$$

P.S. С наступившим праздником Вас.

[--mS--]

Для первого пункта - да. Для второго - почти да, последовательность задать нужно.

[Rasool]

Т.е. можно задать последовательность сумм $Y=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac {Y_i} {2^i}$?

[--mS--]

Справа - последовательность. А слева что?