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| Aufgabe | Sei [mm] W_{1}, W_{2},... [/mm] eine Folge von unabhängigen, identisch verteilten ZVen auf einen Wahrscheinlichkeitsraum. Nun noch 2 Definitionen:
Erneuerungsprozess:
N(t) = sup {n [mm] \in \IN [/mm] : [mm] \summe_{i=1}^{n} W_{i } \le [/mm] t }
Erneuerungsfunktion:
M(t) = E [ N(t) ] (Erwatungswert von N(t)) |
Im mein Skript wird nun eine Gleichung bewiesen.
Es fängt wie folgt an:
Ein "Erneuerungsargument". Beachte, dass
E [ N(t) | [mm] W_{1}=x [/mm] ] = [mm] \begin{cases} 0, & \mbox{für } \mbox{ t
Leider versteh ich nicht diesen Anfang des Beweises.
Ich hoffe Ihr könnt mir dabei helfen.
Danke schonmal im Voraus.
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:28 Di 25.03.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo mathestudent111!
> Sei [mm]W_{1}, W_{2},...[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
eine Folge von unabhängigen,
> identisch verteilten ZVen auf einen
> Wahrscheinlichkeitsraum. Nun noch 2 Definitionen:
>
> Erneuerungsprozess:
> N(t) = sup $\{$n [mm]\in \IN[/mm] : [mm]\summe_{i=1}^{n} W_{i } \le[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
t $\}$
Ich nehme mal an, es soll $0\in\IN$ und $t\ge0$ gelten? Ansonsten müsste man sich Gedanken machen, wie das Supremum der leeren Menge definiert sein soll.
> Erneuerungsfunktion:
> M(t) = E [ N(t) ] (Erwatungswert von N(t))
Zu zeigen:
> E [ N(t) | [mm]W_{1}=x[/mm] ] = [mm]\begin{cases} 0, & \mbox{für } \mbox{ t
Das ist i.A. nur korrekt im Falle, dass alle [mm] $W_i$ [/mm] nichtnegativ sind. Davon gehe ich mal aus.
Darf [mm] $P(W_1=x)>0$ [/mm] angenommen werden? Auch davon gehe ich im Folgenden aus.
Sei für jedes [mm] $t\ge0$ [/mm] die messbare (!) Abbildung [mm] $f_t$ [/mm] definiert durch
[mm] $f_t\colon\IR^{\IN_{\ge1}}\to\IN\cup\{+\infty\},\quad (a_i)_{i\in\IN_{\ge1}}\mapsto\sup\{n\in\IN\;|\;\sum_{i=1}^na_i\le t\}$.
[/mm]
Damit gilt
[mm] $N(t)=f_t\left((W_i)_{i\in\IN}\right)$.
[/mm]
Sei nun [mm] $(a_i)_{i\in\IN_{\ge1}}$ [/mm] eine Folge reeller Zahlen mit [mm] $a_i\ge0$ [/mm] für alle [mm] $i\in\IN_{\ge1}$. [/mm] Dann gilt im Falle [mm] $a_1>t$
[/mm]
[mm] $f_t((a_n)_{n\in\IN_{\ge1}})=\sup\{0\}=0$
[/mm]
und im Falle [mm] $a_1\le [/mm] t$
[mm] $f_t((a_n)_{n\in\IN_{\ge1}})=\sup(\{0\}\cup\underbrace{\{n\in\IN_{\ge1}\;|\;\sum_{i=1}^na_i\le t\}}_{\substack{=\{n\in\IN_{\ge1}\;|\;\sum_{i=2}^na_i\le t-a_1\}\\=\{n\in\IN_{\ge1}\;|\;\sum_{i=1}^{n-1}a_{i+1}\le t-a_1\}\\=\{m+1\;|\;m\in\IN,\sum_{i=1}^ma_{i+1}\le t-a_1\}\\=\underbrace{1+\underbrace{\{m\in\IN\;|\;\sum_{i=1}^ma_{i+1}\le t-a_1\}}_{\ni0\text{ wegen }0\le t-a_1}}_{\ni1}
}})=\sup(1+\{m\in\IN\;|\;\sum_{i=1}^ma_{i+1}\le t-a_1\})=1+\sup\{m\in\IN\;|\;\sum_{i=1}^ma_{i+1}\le t-a_1\}=1+f_{t-a_1}((a_{i+1})_{i\in\IN_{\ge1}})$.
[/mm]
Somit erhalten wir im Falle $x>t$
[mm] $N(t)*1_{\{W_1=x\}}=f_t((W_i)_{i\in\IN_{\ge1}})*1_{\{W_1=x\}}=0$
[/mm]
und damit
[mm] $E[N(t)*1_{\{W_1=x\}}]=0$
[/mm]
und im Falle [mm] $x\le [/mm] t$
[mm] $N(t)1_{\{W_1=x\}}=f_t((W_i)_{i\in\IN_{\ge1}})*1_{\{W_1=x\}}=(1+f_{t-x}((W_{i+1})_{i\in\IN_{\ge1}}))*1_{\{W_1=x\}}$
[/mm]
und damit
[mm] $E[N(t)*1_{\{W_1=x\}}]=E[(1+f_{t-x}((W_{i+1})_{i\in\IN_{\ge1}}))*1_{\{W_1=x\}}]=\ldots$.
[/mm]
Wegen der stochastischen Unabhängigkeit der [mm] $W_i$ [/mm] sind auch die Zufallsgrößen [mm] $(1+f_{t-x}((W_{i+1})_{i\in\IN_{\ge1}}))$ [/mm] und [mm] $1_{\{W_1=x\}}$ [/mm] stochastisch unabhängig.
Daher können wir im letzteren Fall wie folgt weiter rechnen:
[mm] $\ldots=E[1+f_{t-x}((W_{i+1})_{i\in\IN_{\ge1}})]*E[1_{\{W_1=x\}}]=(1+E[f_{t-x}((W_{i+1})_{i\in\IN_{\ge1}})])*P(W_1=x)=\ldots$.
[/mm]
Wegen der stochastischen Unabhängigkeit und identischen Verteilung der [mm] $W_i$ [/mm] sind auch [mm] $(W_i)_{i\in\IN_{\ge1}}$ [/mm] und [mm] $(W_{i+1})_{i\in\IN_{ge1}}$ [/mm] identisch verteilt und damit auch [mm] $f_{t-x}((W_{i+1})_{i\in\IN_{\ge1}})$ [/mm] und [mm] $f_{t-x}((W_i)_{i\in\IN_{\ge1}})=N(t-x)$.
[/mm]
Somit können wir obige Rechnung fortsetzen:
[mm] $\ldots=(1+E[N(t-x)])*P(W_1=x)=(1+M(t-x))*P(W_1=x)$.
[/mm]
Insgesamt also
[mm] $E[N(t)*1_{\{W_1=x\}}]=\begin{cases}0,&\text{falls }x>t\\(1+M(t-x))*P(W_1=x),&\text{falls }x\le t\end{cases}$.
[/mm]
Damit erhalten wir wie gewünscht
[mm] $E[N(t)|W_1=x]=\frac{E[N(t)*1_{\{W_1=x\}}]}{P(W_1=x)}=\begin{cases}0,&\text{falls }x>t\\1+M(t-x),&\text{falls }x\le t\end{cases}$.
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
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hallo tobi,
ich danke dir für deine ausfürliche Antwort und Mühe.
Brauchte etwas Zeit um alles langesam durchzugehen.
LG
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