Stochastische Prozesse

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1 INSTITUT FÜR STOCHASTIK SS 29 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Blatt 6 Priv.-Doz. Dr. D. Kadelka Dipl.-Math. W. Lao Übungen zur Vorlesung Stochastische Prozesse Musterlösungen Aufgabe 27: Sei X eine R + -wertige Zufallsvariable. Dann heißt die Funktion L(t) := L X (t) := Ee t X, t die Laplace-Transformierte von X, wobei :=. Zeigen Sie a) L X () = 1, lim t L X (t) = P(X < ) und lim t L X (t) = P(X = ). b) L X ist nicht steigend und stetig auf (, ). Gilt zusätzlich P( < X < ) >, so ist L X strikt fallend. c) Sind X und Y unabhängige, R + -wertige Zufallsvariable, so gilt L X+Y (t) = L X (t) L Y (t), t. d) Sei P(X < ) = 1. Dann ist L X auf (, ) beliebig oft unter dem Integralzeichen differenzierbar, d.h. für k N gilt und es gilt L (k) X (t) = ( 1)k E(X k e t X ), t > lim t L (k) X (t) = ( 1)k EX k. Lösung: a) Nach Definition gilt L X () = Ee = 1. Ferner gilt lim t L X (t) = E lim t e tx = E1 {X< } = P(X < ) nach dem Satz von der monotonen Konvergenz. Ähnlich folgt mit Lebesgue s Satz von der dominierten Konvergenz lim t L X (t) = E lim t e tx = E1 {X=} = P(X = ). b) Da t e tx nicht steigend ist, gilt Entsprechendes für den Erwartungswert. Sei t n t in (, ). Dann gilt auch lim n e tnx(ω) = e tx(ω) für alle ω Ω (auch falls X(ω) = oder X(ω) = gilt) und aus dem Satz von der dominierten Konvergenz folgt die zweite Behauptung. Schließlich ist t e t x für x (, ) strikt fallend. Gilt also P( < X < ) >, so ist Ee tx = P(X = ) + E[e tx < X < ] P( < X < ) strikt fallend in t für t (, ).

2 c) L X+Y (t) = Ee t(x+y ) = E(e tx e ty ) = Ee tx Ee ty = L X (t) L Y (t) wegen der Unabhängigkeit von X und Y. d) Für k = folgt die erste Aussage unmittelbar aus der Definition. Sei jetzt die erste Behauptung gültig für k N. Wir wenden SII, 4.9 an (Differentiation unter dem Integralzeichen) mit U := (ǫ, ) für ein beliebiges, festes ǫ > und f(t, x) := x k e t x. Dann ist (i) und (ii) von SII, 4.9 erfüllt und es gilt f (t, x) = x k+1 e t x c e (ǫ/2) x, x, t U, für ein geeignetes c > wegen lim x x k+1 e (ǫ/2) x =. Setzt man h(x) := c e (ǫ/2) x, so ist auch (iii) von SII, 4.9 erfüllt. Es ist daher t L (k) X (t) auf U differenzierbar und es gilt gerade die erste Behauptung von d). Die zweite Behauptung folgt schließlich aus dem Satz von der monotonen Konvergenz. Aufgabe 28: Zeigen Sie: Sei (N (k) ) ein PPP(η (k) ), k K abzählbar, und die (N (k) ) stochastisch unabhängig. Dann ist N mit N(B) := k K N (k) (B), B S, ein PPP(η), falls K endlich ist oder falls η := k K η(k) lokal-endlich und alle N(B) für beschränkte B S endlich sind. Lösung: Wir zeigen, dass (7.6) von Satz 7.34 erfüllt ist. Sei zuerst K endlich. Dann gilt wegen der Unabhängigkeit der N (k) Ee N(f) = Ee P k K N(k) (f) = k K Ee N(k) (f) = k K e R (1 e f )dη (k) = e R (1 e f )dη und die Behauptung. Ist K unendlich, so kann K = N vorausgesetzt werden. (7.6) folgt dann aus (7.6) für K = {1,..., n}, dem Satz von der dominierten Konvergenz und SII, Bem.: Im Skriptum findet sich eine erweiterte Version von Aufgabe 28, bei der auf die Voraussetzung, dass N(B) für beschränkte B endlich ist, verzichtet wird (Satz 7.4). Aufgabe 29: Sei N der Poissonsche Punktprozess PPP(µ λ 2 ) in R 2 mit µ >. Sei X für einen festen Punkt x R 2 der euklidische Abstand von x zu dem nächstgelegenen Punkt von N. a) Bestimmen Sie die Verteilungsfunktion von X. b) Berechnen Sie EX. Lösung: Hier ist (S, d) = (R 2, d) mit der euklidischen Metrik d. Sei ǫ > und B ǫ := B ǫ (x) := {y R 2 : d(x, y) ǫ} die abgeschlossene ǫ-kugel um x. Dann gilt B ǫ S := B 2 und N(B ǫ ) Po(µ λ 2 (B ǫ )) = Po(µ πǫ 2 )

3 a) X ǫ gilt genau dann, wenn mindestens ein Punkt von N in B ǫ liegt. Entscheidend hierfür ist, dass in jeder ǫ-umgebung von x nur endlich viele Punkte von N liegen, da N ein Punktprozess ist. Damit gilt und damit {X ǫ} = {N(B ǫ ) 1} F X (t) = P(X t) = P(N(B t ) 1) = 1 P(N(B t ) = ) = 1 e µ πt2, t >. Wegen lim t F X (t) = gilt dies auch für t =. Wegen SII, 1.3 und (1.5) besitzt also X die Weibull-Verteilung W(µπ, 2) und damit Y := X 2 Exp(µπ). b) Zu berechnen ist EX = EY 1/2. Es gilt EX = EY 1/2 = y 1/2 µπ e µπy dy = µπ Γ(3/2) (µπ) 3/2 (µπ) 3/2 Γ(3/2) y3/2 1 e µπy dy π/2 = = 1 µπ 2 µ, da unter dem letzten Integral die Dichte der Γ(3/2, µπ)-verteilung steht. Aufgabe 3: Kunden K 1, K 2,... kommen in einer Bank gemäß einem homogenen Poisson-Prozess mit der Intensität λ > an. Es sind genügend viele Schalter vorhanden, so dass jeder ankommende Kunde sofort bedient wird. Y n sei die zufällige Zeit, die Kunde K n für seine Bedienung benötigt. Y 1, Y 2,... seien unabhängig, identisch verteilt mit Verteilungsfunktion G und unabhängig vom Ankunftsprozess. Sei für t > N 1 (t) die zufällige Anzahl von Kunden, deren Bedienung zum Zeitpunkt t abgeschlossen ist und N 2 (t) die zufällige Anzahl von Kunden, die zum Zeitpunkt t gerade bedient werden. Zeigen Sie, dass N 1 (t) und N 2 (t) stochastisch unabhängig und Poisson-verteilt sind. Bestimmen Sie die Parameter. Lösung: Seien σ 1 < σ 2 <... die zufälligen Ankunftszeitpunkte und N der Punktprozess zu (σ n ) n N und ν :=. Der Punktprozess M (mit Punkten in R 2 + ) zu ν und (σ n, Y n ) ist dann eine ρ-markierung von N, wobei ρ die Verteilung der Y n ist, d.h. ρ([, t]) = G(t), t. Setzen wir noch η := λ λ 1 +, so ist also N ein PPP(η) und daher Sei und M PPP(η ρ). C 1 := {(s, y) R 2 +: s + y t} C 2 := {(s, y) R 2 +: s t, s + y > t} Sei K n ein beliebiger Kunde. Dann ist die Bedienung von Kunde K n zum Zeitpunkt t abgeschlossen, falls (σ n, y n ) C 1 gilt und K n wird zum Zeitpunkt t gerade bedient, wenn (σ n, y n ) C 2 gilt. Es ist also N 1 (t) = M(C 1 ) und N 2 (t) = M(C 2 ). Wegen C 1 C 2 = und

4 da M unabhängige Zuwächse besitzt, sind also N 1 (t) und N 2 (t) stochastisch unabhängig und es gilt N 1 (t) Po(η ρ(c 1 )) und N 2 (t) Po(η ρ(c 2 )) Wir bestimmen den ersten Parameter zu η ρ(c 1 ) = 1 C1 (s, y) ρ(dy) λ ds = λ G(t s) ds = λ da G(y) = für y <. Wegen C 1 + C 2 = {(s, y) R 2 + : s t} gilt η ρ(c 1 + C 2 ) = und damit gilt für den zweiten Parameter η ρ(c 2 ) = λ t λ 1 [,t] (s) λ ds = λ t G(s) ds = λ G(t s) ds = λ (1 G(s)) ds G(s) ds, Aufgabe 31: (Abgangsprozess im M/G/ ) Wie in Aufgabe 3 kommen Kunden K 1, K 2,... in einer Bank gemäß einem homogenen Poisson-Prozess mit der Intensität γ > an. Es sind genügend viele Schalter vorhanden, so dass jeder ankommende Kunde sofort bedient wird. Y n sei die zufällige Zeit, die Kunde K n für seine Bedienung benötigt. Y 1, Y 2,... seien unabhängig, identisch verteilt mit Verteilungsfunktion G und unabhängig vom Ankunftsprozess. a) Sei N t die zufällige Anzahl von Kunden, deren Bedienung zum Zeitpunkt t abgeschlossen ist. Zeigen Sie, dass (N t ) t ein inhomogener Poisson-Prozess ist und bestimmen Sie die Intensitätsrate von (N t ). b) Sei jetzt der Ankunftsprozess ein Poissonscher Punktprozess auf R mit Intensitätmaß γ λ 1. Bestimmen Sie die Verteilung des Punktprozesses zur Menge der Zeitpunkte, bei denen eine Bedienung abgeschlossen wird. Lösung: Seien wie in der Lösung zu Aufgabe 3 σ 1 < σ 2 <... die zufälligen Ankunftszeitpunkte und M der Punktprozess zu (σ n, Y n ). M ist dann eine ρ-markierung des Ankunftsprozesses, wobei ρ die Verteilung der Y n ist, d.h. ρ([, t] = G(t), t. Es gilt dann M PPP(γλ 1 + ρ). a) Sei g(s, y) := s + y für (s, y) R 2 +. g(σ n, Y n ) = σ n + Y n ist der Zeitpunkt, zu dem die Bedienung von Kunde K n abgeschlossen ist. Nach Satz 7.46 ist N := M g, der Punktprozess zu (σ n +Y n ) n N, ein Poissonscher Punktprozess mit Intensitätsmaß η := (γ λ 1 + ρ) g. Hierbei ist zu beachten, dass wegen σ n +Y n σ n in jedem endlichen Intervall nur von endlich vielen Kunden die Bedienung abgeschlossen werden kann, und damit N tatsächlich ein Punktprozess ist.

5 Sei Λ(t) := η([, t]) die maßdefinierende Funktion von η. Wegen des Satzes von Fubini gilt Λ(t) = (γ λ 1 + ρ)(g 1 ([, t])) = (γ λ 1 + ρ)({(s, y) R2 + : s + y t}) = γ ρ([, t s]) ds = γ G(t s)ds = γ G(s)ds Mit r(t) := γ G(t) gilt also Λ(t) = r(s)ds, d.h. η = r λ1 +. (N t) t := (N([, t])) t ist also ein inhomogener Poisson-Prozess mit Intensitätsrate r. b) In a) waren die Ankünfte in R +, jetzt finden die Ankünfte zufällig in R statt. Beschrieben wird der Ankunftsprozess durch einen Poissonschen Punktprozess A PPP(γλ 1 ). Wegen Satz 7.35 existiert wieder eine Folge (σ n ) n N mit Werten in R, so dass A das zufällige Zählmaß zu (σ n ) ist. Wir definieren den Punktprozess M zu (σ n, Y n ). M ist dann eine ρ-markierung von A und es gilt M PPP(γλ 1 ρ). Wie oben ist dann N := M g der Punktprozess der Zeitpunkte, zu denen eine Bedienung abgeschlossen ist, ein Poissonscher Punktprozess mit Intensitätsmaß η := (γλ 1 ρ) g. Wegen des Satzes von Fubini gilt für B B 1 η(b) = (γ λ 1 ρ)({(s, y) R R + : s + y B}) = γ λ 1 (B y)ρ(dy) = γ λ 1 (B)ρ(dy) = γ λ 1 (B), also η = γ λ 1. Damit gilt N PPP(γλ 1 ). N hat also dieselbe Verteilung wie der Ankunftsprozess.