Esercizi di Probabilità e Processi stocastici

Esercizi di Probabilità e Processi stocastici
a.a.2011/2012
26/07/2012
Esercizio 1 Si consideri la catena di Markov i cui stati sono 1; 2; 3; 4 e 5 che
sono, rispettivamente, i vertici di un quadrato ed il suo centro. I vertici sono
collegati a quelli adiacenti ed al centro.
Dai vertici 1; 2; 3 e 4 si passa agli adiacenti con probabilità 13 ; mentre dallo
i
stato 5 si va al vertice i; 1 i 4; con probabilità 10
:
1. Si scriva la matrice di transizione e si trovi(no) la(le) probabilità invariante(i).
2. Gli stati sono tutti ricorrenti?
3. Ci sono stati assorbenti?
Soluzione:
1. La matrice di transizione risulta
0
1
0
3
1
B
0
B 3
1
B 0
3
B 1
@
0
3
1
10
0
1
3
0
2
10
1
3
3
10
1
3
0
1
3
0
4
10
1
3
1
3
1
3
1
3
0
1
C
C
C
C
A
Il grafo associato alla matrice di transizione risulta
1
"#
4
2
&-
5
.%
.%
&-
"# :
3
Quindi, nessuno stato è transitorio e non ci sono stati assorbenti.
2. Al …ne di determinare le distribuzioni invarianti per la catena è necessario
risolvere il sistema lineare
uP = u
P5
i=1 ui = 1
1
; u 2 R5 ;
ovvero
8
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
:
la cui soluzione è u =
1
1
1
3 u2 + 3 u4 + 10 u5 = u1
1
2
1
3 u1 + 3 u3 + 10 u5 = u2
1
1
3
3 u2 + 3 u4 + 10 u5 = u3
1
4
1
3 u1 + 3 u3 + 10 u5 = u4
1
1
1
1
3 u1 + 3 u2 + 3 u3 + 3 u4 = u5
u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 1
31
34
41 11 1
200 ; 200 ; 200 ; 50 ; 4
:
Quindi tutti gli stati sono ricorrenti (positivi).
Esercizio 2 Sia
; F; fFt gt 0 ; P lo spazio …ltrato di Wiener. Si consideri il
processo descritto dall’Equazione Di¤ erenziale Stocastica di Itô
Z t
X (t; X0 ) = X0 +
(log s) X (s) dB (s) ;
(1)
0
dX (t) = (log t) X (t) dB (t) :
dove fB (t)gt
0
è il moto browniano.
1. Risolvere l’equazione (1) assumendo il dato iniziale X0 = 1:
2. Calcolare la varianza di fX (t)gt
0
:
Soluzione: L’equazione (1) è un EDS di Itô con rumore moltiplicativo.
1. Ponendo
X (t)
X0
e calcolando il di¤erenziale di Itô di Y (t) ; poiché f (t; x) = log
(2)
Y (t) = f (t; X (t)) := log
@t f (t; x) = 0 ;
X0
;
@x f (t; x) =
x
X0
@x2 f (t; x) =
;
x2
x
X0 ;
e
(3)
(4)
(5)
si ha
dY (t) =
Y (t) =
1
log2 (t) dt + log (t) dB (t) ;
2
Z
Z t
1 t
2
ds log (s) +
log (s) dB (s) :
2 0
0
(6)
(7)
Ovvero, tenendo conto che Y (0; X (0)) = 0;
X (t; X0 ) = X0 e
= X0 e
1
2
Rt
0
ds log2 (s)+
Rt
0
log(s)dB(s)
R
((log t 1) +1)+ 0t log(s)dB(s)
1
2t
2
(8)
:
2. Poiché X0 = 1; dalla (1) si ottiene
E [X (t; X0 )] = 1 + E
Z
t
log (s) X (s) dB (s) = 1 :
(9)
0
Inoltre, ponendo Y (t) := f (t; X (t)) = X 2 (t) e calcolandone il di¤erenziale di Itô si ha
Z t
Z t
Y (t) = 1 +
ds log2 (s) X 2 (s) +
2X 2 (s) log (s) dB (s) :
0
0
Quindi, ponendo qX (t) := E [Y (t)] = E X 2 (t) e prendendo il valore
atteso di entrambi i membri dell’espressione precedente, derivando rispetto
a t si ha che qX è la soluzione del problema di Chauchy
d
dt qX (t) =
qX (0) = 1
log2 (t) qX (t)
(10)
ovvero,
qX (t) = et((log t
1)2 +1)
:
(11)
La varianza di X (t; X0 ) risulta allora pari a
E X 2 (t; X0 )
E2 [X (t; X0 )] = qX (t)
1 = et((log t
1)2 +1)
1 : (12)