Markovprozess

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22.01.2022, 16:25	Limes gegen Peter	Auf diesen Beitrag antworten »
Markovprozess Moin Moin und grüße aus dem Norden, gibt es hier jemanden der mir bei dieser Aufgabe helfen hilft? Die Zufallsvariable (Zn)n€N seien unabhängig und identisch verteilt mit P(Zi=--1)=P(Zi=1)=0,5. Mit Hilfe der der (Zn)n€N werden stochastische Prozesse (Xn) n€N und (Yn) n€N folgendermaßen konstruiert: X0=Z0 und Xn=Zn +Z0(n>0) Y0=Z0 und Yn=Z0 ⋅ … ⋅ Zn (n>0) a)Gesucht Zustandsräume von Prozesse (Xn)n€N und (Yn)n€N an sowie die Anfangsverteilungen. b)Ist jeder Prozess ein Markovprozess? Wenn ja warum mit Begründung? c)Wie lauten jeweils die Übergangsmatrizen (bei den Markovprozessen)? Bitte Beweisen: Folgende Aussage ist zu beweisen: Hat eine Markovkette genau zwei Kommunikationsklassen, dann muss eine abgeschlossen sein. Gilt die Aussage auch für drei Kommunikationsklassen?
22.01.2022, 19:11	Limes gegen Peter	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Markovprozess Hier die Aufgabe nochmal in Original.
22.01.2022, 19:15	Limes gegen Peter	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Markovprozess Die kleinen Kästchen in der Aufgabe stehen für Natürliche Zahlen. Das hat er mir nicht übernommen. Wenn man auf das Bild klickt, dreht es sich ^^
22.01.2022, 22:22	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, ich hatte die Aufgabe schon am frühen Abend gelesen - aber nicht geantwortet, da du zu dem Zeitpunkt diesen ⋅-Mist nicht klargestellt hattest, und damit die Definition von $\begin{eqnarray} Y_n \end{eqnarray}$ unverständlich blieb... Zum Prozess $\begin{eqnarray} (X_n) \end{eqnarray}$ kann man sagen, dass der sich für alle $\begin{eqnarray} n\geq 1 \end{eqnarray}$ in der Zustandsmenge $\begin{eqnarray} \{-2,0,2\} \end{eqnarray}$ aufhält. Aber $\begin{eqnarray} (X_n)_{n=0,1,2,\ldots} \end{eqnarray}$ ist keine Markovkette: Das zeigt allein die Beispielrechnung $\begin{eqnarray} P(X_2=2\mid X_1=0,X_0=1) \neq P(X_2=2\mid X_1=0,X_0=-1) \end{eqnarray}$ , denn bei einer Markovkette müsste laut Markov-Eigenschaft ein- und derselbe Wert $\begin{eqnarray} P(X_2=2\mid X_1=0) \end{eqnarray}$ rauskommen. Bei $\begin{eqnarray} (Y_n) \end{eqnarray}$ kann man tatsächlich nachrechnen, dass die alle unabhängig identisch verteilt sind, und zwar genau wie die $\begin{eqnarray} Z_i \end{eqnarray}$ ist das die Zweipunktverteilung $\begin{eqnarray} P\left(Y_n=-1\right) = P\left(Y_n=1\right) = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ . Damit ist $\begin{eqnarray} (Y_n) \end{eqnarray}$ natürlich auch eine Markov-Kette - eine sehr einfache sogar, weil sogar $\begin{eqnarray} P\left(Y_{n+1}\in A \mid Y_n\right) = P\left(Y_{n+1}\in A\right) \end{eqnarray}$ gilt, also gar keine Abhängigkeit von der Vergangenheit (nicht mal vom aktuell letzte $\begin{eqnarray} Y_n \end{eqnarray}$ , wie es bei einer Markov-Kette ja noch zugelassen wäre).
22.01.2022, 23:27	Limes gegen Peter	Auf diesen Beitrag antworten »
So hab das Ganz jetzt mal in ein Bildgepackt. Sonst wäre der Mist jetzt überall.
23.01.2022, 10:34	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist ja schön, dass du alles nochmal in dein Word (oder was weiß ich) übertragen hast. Was ich genannt habe ist aber nur eine mögliche Argumentationslinie - bisher ohne nähere Begründungen bzw. Beweise. Die sind auf jeden Fall noch zu leisten!
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23.01.2022, 12:10	Limes gegen Peter	Auf diesen Beitrag antworten »
Hilft ja nix. Wenn alles sonst verzogen ist. hmm, warum was brauch ich denn da noch für Beweise? Die Antworten stimmen doch so.
23.01.2022, 15:31	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Na wenn du auf Zuruf wasserdicht begründen kannst, warum die $\begin{eqnarray} Y_n \end{eqnarray}$ unabhängig sind (vielleicht weil es für dich so einfach zu sehen ist?), dann ist es ja gut.
23.01.2022, 15:48	Limes gegen Peter	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso ja ich probier mich da mal. Kannst du mir das aber mit der Kommunikationsklassen noch definieren? Das bekomm ich iwie nicht gebacken.
24.01.2022, 17:38	Limes gegen Peter	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab ehrlichgesagt immer noch keine Ahnung.
25.01.2022, 09:39	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Rechnung zu $\begin{eqnarray} (X_n) \end{eqnarray}$ : Gemäß Definition der bedingten Warscheinlichkeit, und dann gemäß Definition der $\begin{eqnarray} X_n \end{eqnarray}$ aus den $\begin{eqnarray} Z_n \end{eqnarray}$ folgt $\begin{eqnarray} P(X_2=2\mid X_1=0,X_0=1) = \frac{P(X_2=2,X_1=0,X_0=1)}{P(X_1=0,X_0=1)} = \frac{P(Z_0=1,Z_1=-1,Z_2=1)}{P(Z_0=1,Z_1=-1)} = \frac{\frac{1}{8}}{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(X_2=2\mid X_1=0,X_0=-1) = \frac{P(X_2=2,X_1=0,X_0=-1)}{P(X_1=0,X_0=-1)} = \frac{P(Z_0=-1,Z_1=1,Z_2=3)}{P(Z_0=-1,Z_1=1)} = \frac{0}{\frac{1}{4}} = 0 \end{eqnarray}$ . Somit haben wir $\begin{eqnarray} P(X_2=2\mid X_1=0,X_0=1) \neq P(X_2=2\mid X_1=0,X_0=-1) \end{eqnarray}$ . Nun zu $\begin{eqnarray} (Y_n) \end{eqnarray}$ : Für die Unabhängigkeit aller $\begin{eqnarray} Y_n \end{eqnarray}$ reicht es aus nachzuweisen, dass für alle Indextupel $\begin{eqnarray} 0\leq n_1 < n_2 <\ldots < n_k \end{eqnarray}$ und alle $\begin{eqnarray} a_1,\ldots,a_k\in\{-1,+1\} \end{eqnarray}$ die Gleichung $\begin{eqnarray} P\left(Y_{n_1}=a_1,\ldots,Y_{n_k}=a_k\right) = P\left(Y_{n_1}=a_1\right)\cdot \ldots\cdot P\left(Y_{n_k}=a_k\right)\qquad (1) \end{eqnarray}$ gilt. Aus der Definition $\begin{eqnarray} Y_n = Z_0\cdot \ldots \cdot Z_n \end{eqnarray}$ kann man für $\begin{eqnarray} m<n \end{eqnarray}$ schließen $\begin{eqnarray} Y_n = Y_m\cdot Z_{m+1}\cdot Z_{m+2}\cdot \ldots\cdot Z_n \end{eqnarray}$ , damit gilt $\begin{eqnarray} P\left(Y_{n_1} = a_1,\ldots,Y_{n_k}=a_k\right) &=& P\left(Y_{n_1}=a_1,\frac{Y_{n_2}}{Y_{n_1}}=\frac{a_2}{a_1},\ldots,\frac{Y_{n_k}}{Y_{n_{k-1}}}=\frac{a_k}{a_{k-1}}\right) = P\left(Z_0\ldots Z_{n_1}=a_1,Z_{n_1+1}\ldots Z_{n_2}=\frac{a_2}{a_1},\ldots,Z_{n_{k-1}+1}\ldots Z_{n_k}=\frac{a_k}{a_{k-1}}\right)\\ &\stackrel{!}{=}& P\left(Z_0\ldots Z_{n_1}=a_1\right)\cdot P\left(Z_{n_1+1}\ldots Z_{n_2}=\frac{a_2}{a_1}\right) \cdot\ldots\cdot P\left(Z_{n_{k-1}+1}\ldots Z_{n_k}=\frac{a_k}{a_{k-1}}\right)\qquad (2) \end{eqnarray}$ , diese Produktaufspaltung ist wegen der Unabhängigkeit der $\begin{eqnarray} Z_n \end{eqnarray}$ gestattet. Jetzt müssen wir noch $\begin{eqnarray} P\left(Z_{m+1}\cdot Z_{m+2}\cdot \ldots\cdot Z_n=a\right) \end{eqnarray}$ für beliebige $\begin{eqnarray} m<n \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} a\in\{-1,+1\} \end{eqnarray}$ ausrechnen, und das ist schlicht gleich $\begin{eqnarray} \sum_{a_{m+1}\in\{-1,+1\}} \ldots \sum_{a_{n-1}\in\{-1,+1\}} P\left(Z_{m+1}=a_{m+1}\right)\cdot \ldots\cdot P\left(Z_{n-1}=a_{n-1}\right) \cdot P\left(Z_n=\frac{a}{a_{m+1}\cdot \ldots\cdot a_{n-1}}\right) = 2^{n-m-1}\cdot \frac{1}{2^{n-m}} = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ . Das in (2) eingesetzt bedeutet $\begin{eqnarray} P\left(Y_{n_1}=a_1,\ldots,Y_{n_k}=a_k\right) = \frac{1}{2^k} \end{eqnarray}$ speziell für k=1 bedeutet das für jeden einzelnen Faktor auch $\begin{eqnarray} P\left(Y_{n_i}=a_i\right) = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ und damit auch insgesamt das gewünschte (1). Ein ziemlicher Indexkrieg also, wobei die dahinter stehende mathematische Substanz äußerst überschaubar ist. Die Markovketten-Übergangsmatrix für $\begin{eqnarray} (Y_n) \end{eqnarray}$ ist dann denkbar einfach $\begin{eqnarray} Q = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ .

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