Warteschlange, Markov-Kette

04.05.2009, 18:58	Eli83	Auf diesen Beitrag antworten »
Warteschlange, Markov-Kette Es geht um einen Skilift, der zum Zeitpunkt n aus (0,1,2,...) abfährt und jeweils max. eine Person mitnimmt. Nun sind zwei Zufallsvariablen definiert: 1. $\begin{eqnarray} Y_{n} \end{eqnarray}$ ist die Anzahl Personen, die zwischen n und n+1 ankommen. Die $\begin{eqnarray} Y_{n} \end{eqnarray}$ sind unabhängig. 2. $\begin{eqnarray} X_{n} = max\{ 0,X_{n-1}-1\}+Y_{n-1} \end{eqnarray}$ ist die Länge der Warteschlange und $\begin{eqnarray} X_{n} = 0 \end{eqnarray}$ . Zu zeigen ist jetzt, dass die Markov-Eigenschaft für die Folge der $\begin{eqnarray} X_{n} \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} P( X_{n+1}=i_{n+1}\|X_{n}=i_{n}, X_{n-1}=i_{n-1}, ...) = P( X_{n+1}=i_{n+1}\|X_{n}=i_{n}) \end{eqnarray}$ . Dabei sollen die Fälle $\begin{eqnarray} i_{n}=0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} i_{n}\geq0 \end{eqnarray}$ unterschieden werden. Ich habe folgendes mir überlegt: $\begin{eqnarray} i_{n}=0 \Rightarrow X_{n} = 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} X_{n+1} = Y_{n} \end{eqnarray}$ dann folgt: $\begin{eqnarray} P( X_{n+1}=Y_{n}\|X_{n}=0) = \frac{P( X_{n+1}=Y_{n}, X_{n}=0)}{P(X_{n}=0)} \end{eqnarray}$ ...und das soll dann entsprechend $\begin{eqnarray} \frac{P( X_{n+1}=Y_{n}, X_{n}=0, X_{n-1}=i_{n-1}, ...)}{P(X_{n}=0, X_{n-1}=i_{n-1}, ...)} \end{eqnarray}$ ergeben... mir fehlt da aber der Durchblick, wie ich das bewerkstelligen soll, obwohl es bestimmt ganz einfach ist, und ich es eigentlich wissen sollte aus der Vorlesung..
04.05.2009, 22:07	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Gemäß dieser Rekursion ist $\begin{eqnarray} X_n = f_n(Y_0,\ldots,Y_{n-1}) \end{eqnarray}$ mit einer deterministischen (d.h. nichtzufälligen) Funktion $\begin{eqnarray} f_n \end{eqnarray}$ . Wegen der Unabhängigkeit von $\begin{eqnarray} \{Y_0,\ldots,Y_{n-1}\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} Y_n \end{eqnarray}$ sind dann auch $\begin{eqnarray} \{X_0,X_1,\ldots,X_n\} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} Y_n \end{eqnarray}$ unabhängig. Somit gilt $\begin{eqnarray} P( X_{n+1}=i_{n+1} \bigm\| X_{n}=i_{n}, X_{n-1}=i_{n-1}, \ldots) &=& P( \max(0,X_n-1)+Y_n=i_{n+1} \bigm\| X_{n}=i_{n}, X_{n-1}=i_{n-1}, \ldots)\\ &=& P( Y_n=i_{n+1}-\max(0,i_n-1) \bigm\| X_{n}=i_{n}, X_{n-1}=i_{n-1}, \ldots)\\ &\stackrel{!}{=}& P( Y_n=i_{n+1}-\max(0,i_n-1))\\ &\stackrel{!}{=}& P( Y_n=i_{n+1}-\max(0,i_n-1) \bigm\| X_{n}=i_{n})\\ &=& P( \max(0,X_n-1)+Y_n=i_{n+1} \bigm\| X_{n}=i_{n})\\ &=& P( X_{n+1}=i_{n+1}\|X_{n}=i_{n}) \end{eqnarray}$ . Genau an den Stellen $\begin{eqnarray} \stackrel{!}{=} \end{eqnarray}$ wurde die vorher angesprochene Unabhängigkeit eingesetzt. Allgemein ist $\begin{eqnarray} X_n = f_n(X_{n-1},Y_{n-1}) \end{eqnarray}$ bei messbarem $\begin{eqnarray} f_n \end{eqnarray}$ und unabhängigen $\begin{eqnarray} Y_0,Y_1,\ldots \end{eqnarray}$ immer eine Markovkette, der allgemeinere Beweis ist nur technisch etwas aufwändiger in der Formulierung als hier in diesem speziellen Fall.
04.05.2009, 22:33	Eli83	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank jetzt hab ich es endlich begriffen. Schönen Abend noch

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