随机过程作业 Chapter5 连续时间Markov链

Sheldon M. Ross "Stochastic Processes" 2nd Edition 随机过程（第二版）习题

5.10#

解：

(1) Kolmogorov 微分方程的引理1即为题所求. 只需证明该引理的前提条件，即“$t$ 时间内转移一次以上的概率为 $o(t)$”.

记 $T_1$ 为第一次转移的时间，$T_1\sim E(v_0)$，假设转移到状态 $k$；记 $T_2$ 为第二次转移的时间，$T_2'=T_2-T_1\sim E(v_k)$. 两次转移都发生在 $t$ 时间内的概率 $P_{\ge2}(t)=P(T_1+T_2'\leq t)$

$T_1$ 与 $T_2'$ 独立，于是卷积之得

$$\begin{aligned} P_{\geq2}(t)&= \displaystyle\int_0^t f_{T_1}(x)\cdot P(T_2'\le t-x)\,{\rm d}x\\ &= \displaystyle\int_0^t v_0{\rm e}^{-v_0 x} (1-{\rm e}^{-v_k(t-x)})\,{\rm d}x\\ &= \int_0^t v_0 {\rm e}^{-v_0 x}\,{\rm d}x-\int_0^t v_0 e^{-v_0 x} {\rm e}^{-v_k(t-x)}\,{\rm d}x\\ &= 1-{\rm e}^{-v_0t}-v_0{\rm e}^{-v_kt} \displaystyle\int_0^t {\rm e}^{-(v_0-v_k)x} {\rm d}x\\ &= 1-{\rm e}^{-v_0t}-v_0{\rm e}^{-v_k t} \cdot\dfrac{1-{\rm e}^{-(v_0-v_k)t} }{v_0-v_k} \end{aligned}$$

（其中当 $v_0-v_k=0$ 时后项积分为 $0$，不影响结论）

令 $t\to0$，作一阶无穷小近似得

$$P_{\geq 2}(t)\sim v_0t-\dfrac{v_0t}{v_0-v_k} + o(t) = o(t),$$

于是 $\lim\limits_{t\to0}\dfrac{1-P(t)}{t}=\lim\limits_{t\to0}\dfrac{1-P_{00}(t)}{t}=v_0$.

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(2) 左边：

$$P(s+t)=\sum\limits_{k=0}^\infty P_{0k}(s)P_{k0}(t)\geq P_{00}(s)P_{00}(t)=P(s)P(t)$$

右边：

$$\begin{aligned} P(s+t)&=\sum\limits_{k=0}^\infty P_{0k}(s)P_{k0}(t)\\ &= P(s)P(t)+\sum\limits_{k=1}^\infty P_{0k}(s)P_{k0}(t)\\ &\leq P(s)P(t)+\sum\limits_{k=1}^\infty P_{0k}(s)\\ &= P(s)P(t)+1-P(s) \end{aligned}$$

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(3) 将 (2) 中的 $t$ 替换为 $t-s$

$$P(s)P(t-s)\leq P(s+t-s)\leq 1-P(t-s)+P(s)P(t-s)$$

同减 $P(s)$

$$\begin{aligned} P(s)\big[P(t-s)-1\big]\leq P(t)-P(s)&\leq 1-P(t-s)+P(s)P(t-s)-P(s)\\ &= \big[1-P(t-s)\big]\big[1-P(s)\big] \end{aligned}$$

又概率 $P\in[0,1]$，

$$\begin{aligned} P(t-s)-1\leq P(s)\big[P(t-s)-1\big]\leq P(t)-P(s)&\leq\big[1-P(t-s)\big]\big[1-P(s)\big]\leq1-P(t-s) \end{aligned}$$

左、中、右取绝对值即得 $|P(t)-P(s)|\leq1-P(t-s)$.

进一步地，令 $t=s+\varepsilon$，得 $|P(s+\varepsilon)-P(s)|\leq1-P(\varepsilon)$. $P(t)$ 表示 $t$ 时间内不发生转移的概率，即

$$P(t)=P(T_1>t)={\rm e}^{-v_0t}>1-v_0t$$

于是 $\forall\ \varepsilon>0$，存在 $\delta=v_0\varepsilon$ 使得

$$|P(s+\varepsilon)-P(s)|<v_0\varepsilon=\delta$$

故 $P$ 连续.

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5.11#

解：

(1) 在 Yule 生灭过程中，记 $v_i=i\lambda$，则 $q_{ij}=\begin{cases}i \lambda&,j=i+1\\0&,j \neq i+1\end{cases}$. 于是

$$\begin{aligned} P_{ij}'(t)&= \binom{j-1}{i-1}\big(-i\lambda{\rm e}^{-i\lambda t}(1-{\rm e}^{-\lambda t})^{j-i}+(j-i)(1-{\rm e}^{-\lambda t})^{j-i-1}\lambda{\rm e}^{-\lambda t}{\rm e}^{-i\lambda t}\big)\\ &= \binom{j-1}{i-1}\lambda {\rm e}^{-i\lambda t}(1-{\rm e}^{\lambda t})^{j-i-1}(j {\rm e}^{-\lambda t}-i) \end{aligned}$$

向后方程组：

$$\begin{aligned} \sum_{k\neq i} q_{ik}P_{kj}(t)-v_iP_{ij}(t)&=q_{i,i+1}P_{i+1,j}(t)-i \lambda P_{ij}(t)\\ &= i\lambda \binom{j-1}{i} {\rm e}^{-(i+1) \lambda t}\left(1-{\rm e}^{-\lambda t}\right)^{j-i-1}-i \lambda P_{ij}(t)\\ &= \lambda\binom{j-1}{i-1}(j-i){\rm e}^{-i\lambda t}{\rm e}^{-\lambda t}\left(1-{\rm e}^{-\lambda t}\right)^{j-i-1}-i\lambda\binom{j-1}{i-1}{\rm e}^{-i \lambda t}(1-{\rm e}^{-\lambda t})^{j-i}\\ &= \binom{j-1}{i-1}\lambda{\rm e}^{-i \lambda t}\left(1-{\rm e}^{-\lambda t}\right)^{j-i-1}(j {\rm e}^{-\lambda t}-i{\rm e}^{-\lambda t}-i+i{\rm e}^{-\lambda t})\\ &= \binom{j-1}{i-1}\lambda {\rm e}^{-i\lambda t}(1-{\rm e}^{\lambda t})^{j-i-1}(j {\rm e}^{-\lambda t}-i)\\ &= P_{ij}'(t) \end{aligned}$$

向前方程组：

$$\begin{aligned} \sum_{k\neq j} q_{kj}P_{ik}(t)-v_jP_{ij}(t)&=q_{j-1,j}P_{i,j-1}(t)-j \lambda P_{ij}(t)\\ &= (j-1)\lambda \binom{j-2}{i-1} {\rm e}^{-i\lambda t}\left(1-{\rm e}^{-\lambda t}\right)^{j-i-1}-j \lambda P_{ij}(t)\\ &= \lambda\binom{j-1}{i-1}(j-i){\rm e}^{-i\lambda t}\left(1-{\rm e}^{-\lambda t}\right)^{j-i-1}-j\lambda\binom{j-1}{i-1}{\rm e}^{-i \lambda t}(1-{\rm e}^{-\lambda t})^{j-i}\\ &= \binom{j-1}{i-1}\lambda{\rm e}^{-i \lambda t}\left(1-{\rm e}^{-\lambda t}\right)^{j-i-1}(j-i-j+j {\rm e}^{-\lambda t})\\ &= \binom{j-1}{i-1}\lambda {\rm e}^{-i\lambda t}(1-{\rm e}^{\lambda t})^{j-i-1}(j {\rm e}^{-\lambda t}-i)\\ &= P_{ij}'(t) \end{aligned}$$

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(2) 取条件于 Yule 过程停止时的人口数 $X(T)=n$. 考虑 $\tau$ 时间内流失 $n$ 人，相当于求第 $n$ 个人离开所需时间为 $t$ 的概率，故密度函数

$$\begin{aligned} f(t)&= \sum\limits_{n=1}^\infty P(S_n=t)\cdot P(X(T)=n)\\ &= \sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\mu {\rm e}^{-\mu t}(\mu t)^{n-1} }{(n-1)!}\cdot P(X(T)=n)\\ \end{aligned}$$

令 $P_n(t)=P(X(t)=n)$，由出生率定义可得

$$\begin{cases} P_1'(t)=-\lambda P(t)\\ P_n'(t)=(n-1)\lambda P_{n-1}(t)-n \lambda P_n(t) \end{cases}$$

归纳之证得 $P_n(t)={\rm e}^{-\lambda t}(1-{\rm e}^{-\lambda t})^{n-1}$. 于是

$$\begin{aligned} f(t)&= \sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\mu {\rm e}^{-\mu t}(\mu t)^{n-1} }{(n-1)!}\cdot {\rm e}^{-\lambda T}(1-{\rm e}^{-\lambda T})^{n-1}\\ &= \mu {\rm e}^{-\mu t}{\rm e}^{-\lambda T}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\big(\mu t(1-{\rm e}^{-\lambda T})\big)^n}{n!}\\ &= \mu{\rm e}^{-\lambda T} \cdot{\rm exp}\big(-\mu t+\mu t(1-{\rm e}^{-\lambda T})\big)\\ &= \mu{\rm e}^{-\lambda T} \cdot{\rm exp}(-\mu {\rm e}^{-\lambda T}t) \end{aligned}$$

这是一个以 $\mu{\rm e}^{-\lambda T}$ 为参数的指数分布，因此

$$E[\tau]=\dfrac{1}{\mu{\rm e}^{-\lambda T} }=\dfrac{ {\rm e}^{-\lambda T} }{\mu}$$