Kontaktprozess - Berechnung von Wahrscheinlichkeiten (Halbgruppen, Generator)

08.11.2011, 16:52	Baii	Auf diesen Beitrag antworten »
Kontaktprozess - Berechnung von Wahrscheinlichkeiten (Halbgruppen, Generator) Hallo! Ich habe einige Probleme bei der Aufarbeitung dieses Prozesses. Hier erstmal die Gegebenheiten (Harris 1974, http://projecteuclid.org/DPubS?service=U....aop/1176996493): gegeben $\begin{eqnarray} S= \lbrace 0,1\rbrace \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \Xi =\lbrace \xi : \mathbb Z^d \rightarrow S \rbrace \end{eqnarray}$ . Und seien $\begin{eqnarray} \lambda_0=0, \lambda_i \geq 0 \forall i\in \lbrace 1,...,2d\rbrace \text{ und } \mu\geq 0 \end{eqnarray}$ Der Kontaktprozess ist nun ein stationärer $\begin{eqnarray} \Xi \end{eqnarray}$ -wertiger Markovprozess, dessen Generator $\begin{eqnarray} \mathcal A \end{eqnarray}$ folgendes erfüllt: $\begin{eqnarray} \mathcal Af(\xi) =\mu \sum_{x\in \xi} (f(\xi\backslash x) - f(\xi)) + \sum_{x\sim \xi} \lambda_{\xi(N_x)} (f(\xi \cup x)-f(\xi)), \hspace{5cm} f\in C_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} C_0 \end{eqnarray}$ sind die stetigen Funktionen $\begin{eqnarray} f:\Xi \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray}$ , die nur von endlich vielen Koordinaten von $\begin{eqnarray} \xi \end{eqnarray}$ abhängen. Dieser Markovprozess hat eine eindeutige Markov'sche Halbgruppe $\begin{eqnarray} \lbrace T_t \rbrace \end{eqnarray}$ . Den Prozess kann man sich so vorstellen: ein Teilchen $\begin{eqnarray} x \in \mathbb Z^d \end{eqnarray}$ ist infiziert wenn $\begin{eqnarray} \xi(x) = 1 \end{eqnarray}$ . Es infiziert sich nur, wenn ein benachbartes Teilchen infiziert ist und zwar mit der Rate $\begin{eqnarray} \lambda_i \end{eqnarray}$ (es gibt höchstens 2d Nachbarn). Es gesundet mit der konstanten Rate $\begin{eqnarray} \mu \end{eqnarray}$ . Kommen wir zum konkreten Problem: (Lemma 3.2) Lemma: Für jedes $\begin{eqnarray} \xi \in \Xi, \mathbb P_{\xi} [\text{zwei Koordinaten von} \lbrace \xi_t \rbrace \text{ springen gleichzeitig} ] =0. \end{eqnarray}$ Beweis(-Ansatz): Fixiere $\begin{eqnarray} \tilde x, \tilde y \in \mathbb Z^d, \tilde x \neq \tilde y \end{eqnarray}$ und sei $\begin{eqnarray} f_{ij}(\xi) =1 \end{eqnarray}$ , wenn $\begin{eqnarray} \xi(\tilde x)=i \text{ und } \xi(\tilde y) =j \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ sonst, $\begin{eqnarray} i,j =0,1. \end{eqnarray}$ Fixiere nun $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} j \end{eqnarray}$ und sei $\begin{eqnarray} W_{kn}=\lbrace \xi_{\frac{k}{n}}(\tilde x)=1-i, \xi_{\frac{k+1}{n}}(\tilde x)=i, \xi_{\frac{k}{n}}(\tilde y)=1-j, \xi_{\frac{k+1}{n}}(\tilde y)=j\rbrace, \hspace{5cm} 0\leq k <n. \end{eqnarray}$ . Jetzt gilt: $\begin{eqnarray} \mathbb P_{\xi}(W_{0n}) =0 \end{eqnarray}$ es sei denn $\begin{eqnarray} \xi(\tilde x) = 1-i, \xi(\tilde y) =1-j \end{eqnarray}$ . Dann gilt nämlich: $\begin{eqnarray} \mathbb P_\xi(W_{0n})= T_{\frac{1}{n}}f_{ij}(\xi) =o \left(\frac{1}{n}\right) \end{eqnarray}$ Und genau da ist der Knackpunkt. Ich verstehe nicht, wie man auf die Wahrscheinlichkeit kommt, bzw. wie man sie berechnet und warum die klein wird mit wachsendem n. In unserer Vorlesung hatten wir nur immer Halbgruppen $\begin{eqnarray} P_{i,j}(t) \end{eqnarray}$ , dort kann man ja die Werte direkt einsetzen und man erhält die Wahrscheinlichkeit für einen Sprung von i nach j in Zeit t.
09.11.2011, 10:50	Zündholz	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Kontaktprozess - Berechnung von Wahrscheinlichkeiten (Halbgruppen, Generator) Hallo, Also deine frage ist erstmal wie man auf o(1/n) kommt? Das liegt an der exponentiellen Wartezeit, die man zwischen den Sprüngen hat. Also P(Zeit < 1/n) = 1- e^{- Rate* 1/n} Wann man auf die exp Funktion Taylor (1 Ordnung) anwendet dann erhält sowas wie Konst1/n + o(1/n). Jetzt hat man aber 2 Sprünge die in dieser Zeit passieren sollen, d.h. man muss nochmal so einen Term dran multiplizieren, also (Konst 1/n)(2.Konst1/n) + o(1/n) = o(1/n) So vom Prinzip hier zumindest. Bei dir müsstest du die entsprechenden Konstanten also \mu und \lambda einsetzen (denke ich zumindest, müsste man sich nochmal durch den Kopf gehen lassen...). Die anfängliche Frage war ja nun, mit welcher Wslk zwei Sprünge gleichzeitig passieren. D.h. man schaut sich den Grenzwert t \rightarrow 0 an, oder wie in deinem Fall schaust du dir den Grenzwert n \rightarrow \infty an für 1/n. Das läuft aufs Gleiche hinaus. Das war jetzt alles etwas intuitiv, aber ich hoffe ich konnte dir weiterhelfen, falls irgendwas noch unklar ist sag bescheid.

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