Markov-Kettengrenzwert

Question

Angenommen, ich habe die folgende Markov-Kette. $X_0 > 0$ ist eine feste Konstante und für jeden $1 \leq n \in \mathbb{N}$ wir haben $$X_n = \begin{cases} 1.5X_{n-1} & \text{with probability } 0.5 \\ rX_{n-1} & \text{with probability } 0.5 \end{cases} $$

Ich möchte den Mindestwert von finden $r$ so dass der Grenzwert der $X_n$ ist größer oder gleich $X_0$, der ursprüngliche Betrag. Ich dachte mir, dass es ausreichen würde, dies zu einem Martingal zu machen (dh zu setzen$r = 0.5$) aber wenn ich eine Simulation durchführe, ist der Grenzwert jedes Mal Null, also ist dies offensichtlich falsch.

Ich suche einen Wert $r$ so dass die Grenze genau ist $X_0$da (ich vermute das) alles Größere fast sicher zu einer unendlichen Grenze führen wird. Dieses Problem macht für mich allerdings keinen Sinn. Bitte helfen Sie, wenn Sie können.

Answer 1

Wir können tatsächlich viel über das verallgemeinerte Modell sagen $$X_n=rX_{n-1}:\text{probability }=p$$ $$X_n=\frac{3}{2}X_{n-1}:\text{probability }=1-p$$Lassen $K_{n}\sim\ \text{Binomial}(n,p)$ und legen $X_{n}:=r^{K_n}\Big(\frac{3}{2}\Big)^{n-K_n}x_{0}$. Intuitiv können wir daran denken$K_n$ Wenn wir zählen, wie oft wir einen aufeinanderfolgenden Term mit multipliziert haben $r$in diesem zufälligen Prozess. Der Fall wenn$r>1$ ist offensichtlich, also nehmen wir das an $r\in (0,1]$. Wann$n$ groß ist, können wir die normale Annäherung an die Binomialverteilung verwenden und für fest ableiten $a>0$ Das $$P(X_n > a)=P\Bigg(K_n < \frac{\ln(a/x_0)+n\ln(2/3)}{\ln(2r/3)}\Bigg)\approx \phi\Bigg(\frac{\ln(a/x_0)}{\sqrt{np(1-p)}\ln(2r/3)}+\sqrt{n}\cdot \frac{\ln(2/3)-p\ln(2r/3)}{\sqrt{p(1-p)}\ln(2r/3)}\Bigg)$$ wo $\phi(x)=\int_{-\infty}^{x}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2}dt$. Wir sehen$$\lim_{n\rightarrow \infty}P(X_n>a)=1 \iff \frac{\ln(2/3)-p\ln(2r/3)}{\sqrt{p(1-p)}\ln(2r/3)}>0 \iff r>\Big(\frac{2}{3}\Big)^{\frac{1-p}{p}} $$ $$\lim_{n\rightarrow \infty}P(X_n<a)=1 \iff \frac{\ln(2/3)-p\ln(2r/3)}{\sqrt{p(1-p)}\ln(2r/3)}<0 \iff r<\Big(\frac{2}{3}\Big)^{\frac{1-p}{p}}$$ Deutlich $r=\Big(\frac{2}{3}\Big)^{\frac{1-p}{p}}$ist unsere Schwelle, die in dieser Grafik dargestellt ist . Nehmen$p=1/2$ ergibt $r=2/3$ wie erforderlich.

Answer 2

Die Moral der Geschichte scheint zu sein, dass Ihr Prozess nicht konvergiert. Erklärung folgt.

Wir betrachten den Prozess, wie Sie ihn geschrieben haben, mit $r = 2/3$.

Lassen $P_i$ sei also eine Zufallsvariable $2/3$ mit Wahrscheinlichkeit $1/2$, und $3/2$ mit Wahrscheinlichkeit $1/2$. Wir interessieren uns für die Zufallsvariable$Z_n = \prod_{i = 1}^n P_i$und wir wollen herausfinden, wie wir bekommen können $Z_n \to 1$ (in gewissem Sinne), da $X_n = Z_n X_0$ in deiner Notation.

Erwägen $\log(Z_n) = \sum_{i = 1}^n \log(P_i)$. Dann jeder$\log(P_i) = \pm ( \log(3) - \log(2))$. Also nach dem erneuten Skalieren durch Teilen durch$\log(3) - \log(2)$können wir den folgenden Prozess analysieren:

$Y_i = \pm 1$mit Wahrscheinlichkeit $1/2$ jeder, und wir wollen verstehen $S_n = \sum_{i = 0}^n Y_i$.

Gut, $S_n$ ist ein klassischer zufälliger Spaziergang, der selbst in der Verteilung nicht konvergiert, es sei denn, Sie skalieren ihn neu.

Also wenn $X_n$ konvergierte also in der Wahrscheinlichkeit oder fast sicher $S_n = \frac{1}{\log(3) - \log(2)} \log( X_n)$würde auch, weil die Funktion, die wir anwenden, stetig ist und daher dieser Satz gilt. In jedem Fall wegen der unendlichen Wiederholung des einfachen zufälligen Gehens$\mathbb{Z}$, $X_n$ wird alle möglichen Werte unendlich oft annehmen.

Diese Sichtweise erklärt auch warum $2/3$ ist der ausgleichende Faktor - jeder andere Faktor, und Sie driften entweder in Richtung unendlich oder negativ unendlich auf der einfachen Seite des zufälligen Gehens.