Ковариация случайных величин

[R_e_n]

Что можно сказать о случайных величинах $ u(t_i)$: $u(t_i)=\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds}$
где v(s) случайный процесс с некоррелированными значениями и средним равным нулю.

Правильно ли я понимаю, что $Eu(t_i)=0$ и $Eu(t_i)u(t_j)=(\int_0^{t} {\exp(-0.3(t-s))v(s)ds})^2$ где $t=\min(t_i, t_j)$

[R_e_n]

R_e_n в сообщении #845364 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что $Eu(t_i)=0$ и $Eu(t_i)u(t_j)=(\int_0^{t} {\exp(-0.3(t-s))v(s)ds})^2$ где $t=\min(t_i, t_j)$

Точнее $Eu(t_i)=0$ и $Eu(t_i)u(t_j)=\exp(-0.3|t_i-t_j|)(\int_0^{t} {\exp(-0.3(t-s))v(s)ds})^2$ где $t=\min(t_i, t_j)$

Мне надо от нее обратную посчитать каким-то образом

[--mS--]

R_e_n в сообщении #845402 писал(а):

Точнее $Eu(t_i)=0$ и $Eu(t_i)u(t_j)=\exp(-0.3|t_i-t_j|)(\int_0^{t} {\exp(-0.3(t-s))v(s)ds})^2$ где $t=\min(t_i, t_j)$

Матожидание - да, а ковариация - нет, конечно. Справа у Вас вообще случайная величина стоит, а слева матожидание, т.е. число. Надо записывать оба интеграла $u(t_i), \,u(t_j)$, вносить матожидание под интеграл и смотреть, что получилось.

Рассмотрите, чтобы проще было, $\textrm{cov}(\sum_{i=1}^k a(k,\,i)\xi_i, \, \sum_{j=1}^n a(n,\,j)\xi_j)$, где $\xi_i$ независимы, имеют нулевые матожидания и конечные дисперсии.

[profrotter]

R_e_n в сообщении #845364 писал(а):

Что можно сказать о случайных величинах $ u(t_i)$

Это выборки процесса на выходе линейной системы с импульсной характеристикой $h(t)=\exp(-0.3t), t\geq 0$. Если моменты $t_i$ рассматриваются такими, что имеет место стационарный режим, то математическое ожидание будет нулевым, как Вы и определили. Поскольку процесс $v(t)$ - белый шум, то корреляционная функция процесса на выходе в стационарном режиме полностью определяется свойствами системы - она пропорциональна корреляционной функции импульсной характеристики системы.

В задаче не хватает значения спектральной интенсивности процесса $v(t)$.

[R_e_n]

--mS-- в сообщении #845436 писал(а):

Матожидание - да, а ковариация - нет, конечно. Справа у Вас вообще случайная величина стоит, а слева матожидание, т.е. число. Надо записывать оба интеграла $u(t_i), \,u(t_j)$, вносить матожидание под интеграл и смотреть, что получилось.

Да, там перед интегралом я мат ожидание забыл.

Я рассуждал так:

Пусть $t_i<t_j$

$ Eu(t_i)u(t_j)=E((\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_0^{t_j} {\exp(-0.3(t_j-s))v(s)ds})) =$
$ =E((\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_j-s))v(s)ds} + \int_{t_i}^{t_j} {\exp(-0.3(t_j-s))v(s)ds})) =$
$ =E(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_j-s))v(s)ds}) $
$ +E(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_{t_i}^{t_j} {\exp(-0.3(t_j-s))v(s)ds}) $
Второе слагаемое равно нулю, так как корреляция нулевая. А в первом слагаемом из второго множителя вынем $\exp(-0.3(t_j-t_i))$
Получим
$Eu(t_i)u(t_j)= \exp(-0.3(t_j-t_i)) E(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})$
$Eu(t_i)u(t_j)= \exp(-0.3(t_j-t_i)) E(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})^2$

-- 04.04.2014, 20:36 --

profrotter в сообщении #845447 писал(а):

В задаче не хватает значения спектральной интенсивности процесса $v(t)$.

В задание сказано:
на вход поступает белый шум (случайный процесс с некоррелированными значениями), имеющий нулевое среднее значение.

Собственно задача: дано $u(1), u(2),.., u(10)$ Методом кригинга оценить $u(1.5), u(2.5),.., u(10.5)$

Я посмотрел, в методе кригинга значение функции в произвольной точке t ищется в виде $u(t)=\sum_{i=0}^{10} a_i \cdot u(t_i)$
Оценка коэффициентов $a=r^{T} R^{-1}$
где R - ковариационная матрица, которую я тут пытаюсь посчитать
а вектор $r=(E(u(t_1),u(t)),E(u(t_2),u(t)),...,E(u(t_{10}),u(t)))$

-- 04.04.2014, 20:48 --

--mS-- в сообщении #845436 писал(а):

Рассмотрите, чтобы проще было, $\textrm{cov}(\sum_{i=1}^k a(k,\,i)\xi_i, \, \sum_{j=1}^n a(n,\,j)\xi_j)$, где $\xi_i$ независимы, имеют нулевые матожидания и конечные дисперсии.

Пусть $k<n$

$ E(\sum_{i=1}^k a(k,i)x_i \sum_{j=1}^n a(n,j)x_j)=E(\sum_{i=1}^k a(k,i)x_i a(n,i)x_i)= $
$ =(\sum_{i=1}^k a(k,i) a(n,i) D(x_i))$

Вроде так

[--mS--]

R_e_n в сообщении #845452 писал(а):

Пусть $k<n$

$ E(\sum_{i=1}^k a(k,i)x_i \sum_{j=1}^n a(n,j)x_j)=E(\sum_{i=1}^k a(k,i)x_i a(n,i)x_i)= $
$ =(\sum_{i=1}^k a(k,i) a(n,i) D(x_i))$

Вроде так

Ну так вот именно. Под сумму матожидание внесли, а под интеграл будете? И делать это следовало раньше, пока квадрат интеграла не появился. И переменные интегрирования разными буквами обозначить надо.

[R_e_n]

--mS-- в сообщении #845480 писал(а):

Под сумму матожидание внесли, а под интеграл будете? И делать это следовало раньше, пока квадрат интеграла не появился. И переменные интегрирования разными буквами обозначить надо.

Не совсем понимаю:( Так?

$ Eu(t_i)u(t_j)=E((\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_0^{t_j} {\exp(-0.3(t_j-z))v(z)dz}))=$
$ =E(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))\exp(-0.3(t_j-s))v(s)ds})$

[--mS--]

Букву $E$ под интеграл вносить будете, нет?

Вот напрасно мы не стали выяснять, почему матожидание $u(t)$ равно нулю...

[R_e_n]

--mS-- в сообщении #845491 писал(а):

Вот напрасно мы не стали выяснять, почему матожидание $u(t)$ равно нулю...

Я предполагал, что она все обнулит:
$Eu(t_i)=E(\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})= \int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))Ev(s)ds}=0 $

В случае с суммой все понятно: я просто в голове раскрыл скобки, получил мат ожидание кучи слагаемых,
которые равны сумме мат ожиданий. Ну и там занулилось часть слагаемых. А тут через двойной интеграл?

$ Eu(t_i)u(t_j)=E((\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_0^{t_j}{\exp(-0.3(t_j-z))v(z)dz}))= $
$ =E(\int_0^{t_j} \int_0^{t_i}{\exp(-0.3(t_i-s))\exp(-0.3(t_j-z))v(s)v(z))dsdz}=$
$ =(\int_0^{t_j} \int_0^{t_i}{\exp(-0.3(t_i-s))\exp(-0.3(t_j-z))E(v(s)v(z))dsdz})=$
$ =(\int_0^{t_i}{\exp(-0.3(t_i-s))\exp(-0.3(t_j-s))D(v(s))dsdz}) $
Так?

[--mS--]

Так, $dz$ в конце уберите. Ну и если дисперсия постоянна, проинтегрировать можно.

[R_e_n]

--mS-- в сообщении #845585 писал(а):

Так, $dz$ в конце уберите. Ну и если дисперсия постоянна, проинтегрировать можно.

Большое спасибо за помощь.

[profrotter]

R_e_n в сообщении #845497 писал(а):

В случае с суммой все понятно: я просто в голове раскрыл скобки, получил мат ожидание кучи слагаемых,
которые равны сумме мат ожиданий. Ну и там занулилось часть слагаемых. А тут через двойной интеграл?

$ Eu(t_i)u(t_j)=E((\int_0^{t_i} {\exp(-0.3(t_i-s))v(s)ds})(\int_0^{t_j}{\exp(-0.3(t_j-z))v(z)dz}))= $
$ =E(\int_0^{t_j} \int_0^{t_i}{\exp(-0.3(t_i-s))\exp(-0.3(t_j-z))v(s)v(z))dsdz}=$
$ =(\int_0^{t_j} \int_0^{t_i}{\exp(-0.3(t_i-s))\exp(-0.3(t_j-z))E(v(s)v(z))dsdz})=$
$ =(\int_0^{t_i}{\exp(-0.3(t_i-s))\exp(-0.3(t_j-s))D(v(s))dsdz}) $
Так?

Нет не так. $E(v(s)v(z))$ отнюдь не дисперсия процесса $v(t)$, которая у белого шума бесконечна. Это его корреляционная функция. Мой вам совет открыть элементарно Вентцеля и посмотреть преобразование динамическими системами случайных процессов. Вы делаете выкладки,которые уже проделаны в любом учебнике по теории вероятностей в более общем виде.

-- Сб апр 05, 2014 15:34:43 --

profrotter в сообщении #845447 писал(а):

с импульсной характеристикой $h(t)=\exp(-0.3t), t\geq 0$.

Хотя, вот тут я наверное не прав. У вас в задаче же нет ограничения этой экспоненты при отрицательных $t$. Тогда выкладки следует, видимо, проделать. Но они аналогичны тем, что сделаны в учениках.

[--mS--]

В любом случае, я, конечно, не права - интеграл по $[0, t_i]\times [0,t_j]$, под которым не ноль только на диагонали, никак не сводится к одномерному интегралу.