UA MATH563 概率论的数学基础 鞅论初步9 分支过程简介
UA MATH563 概率論的數學基礎 鞅論初步9 分支過程簡介
例 Branching Process
假設ξij\xi_{ij}ξij?是互相獨立的取值為自然數的隨機變量，P(ξij=k)=pk,?k≥0P(\xi_{ij}=k)=p_k,\forall k \ge 0P(ξij?=k)=pk?,?k≥0，記m=∑k≥0kpkm = \sum_{k \ge 0}kp_km=∑k≥0?kpk?，定義Xn=∑i=1Xn?1ξin,X0=aX_n = \sum_{i=1}^{X_{n-1}}\xi_{in},\ \ X_0=aXn?=i=1∑Xn?1??ξin?,??X0?=a
在這個設定中，我們可以把ξij\xi_{ij}ξij?的下標iii理解為第iii戶，jjj理解為第jjj代，ξij\xi_{ij}ξij?表示第iii戶、第jjj代有幾個娃，則XnX_nXn?的含義可以是某家族第nnn代的總人口數，mmm表示平均每一代每一戶有幾個娃。
問題1：第nnn代平均有多少人？
E[Xn]=E[∑i=1Xn?1ξin]=E[E[∑i=1Xn?1ξin∣Xn?1]]=E[mXn?1]E[X_n]=E \left[ \sum_{i=1}^{X_{n-1}}\xi_{in} \right] = E \left[ E\left[ \sum_{i=1}^{X_{n-1}}\xi_{in} | X_{n-1} \right]\right] = E[ mX_{n-1}]E[Xn?]=E[i=1∑Xn?1??ξin?]=E[E[i=1∑Xn?1??ξin?∣Xn?1?]]=E[mXn?1?]
于是我們有了一個遞推式：
E[Xn]=mE[Xn?1]E[X_n]=mE[X_{n-1}]E[Xn?]=mE[Xn?1?]
所以
E[Xn]=amnE[X_n]=am^nE[Xn?]=amn
這個結果能給我們下面幾條啟發：
問題2：XnX_nXn?是鞅嗎？
定義Zn=Xn/mnZ_n=X_n/m^nZn?=Xn?/mn，Fn=σ{ξij:j≤n}\mathcal{F}_n=\sigma\{\xi_{ij}:j \le n\}Fn?=σ{ξij?:j≤n}，則(Zn,Fn)(Z_n,\mathcal{F}_n)(Zn?,Fn?)是一個鞅，因為
E[Zn+1∣Fn]=E[∑i=1Xnξi,n+1/mn∣Fn]=mXnmn+1=ZnE[Z_{n+1}|\mathcal{F}_n] = E \left[ \sum_{i=1}^{X_n}\xi_{i,n+1} /m^n|\mathcal{F}_n\right] = \frac{mX_n}{m^{n+1}} = Z_nE[Zn+1?∣Fn?]=E[i=1∑Xn??ξi,n+1?/mn∣Fn?]=mn+1mXn??=Zn?
根據鞅收斂定理，?W≥0,a.s.\exists W \ge 0 ,a.s.?W≥0,a.s.，WWW可積，并且
Zn→WZ_n \to WZn?→W
問題3：論述m<1m<1m<1時這個家族消亡的概率為1
根據Markov不等式，
P(Xn≥1)≤EXn=amnP(X_n \ge 1) \le EX_n = am^nP(Xn?≥1)≤EXn?=amn
因此，根據Borel-Cantelli引理，
P(Xn≥1i.o.)=0?P(Xn=0e.v.)=1P(X_n \ge 1\ i.o.)=0 \\ \Leftrightarrow P(X_n =0 \ e.v.)=1P(Xn?≥1?i.o.)=0?P(Xn?=0?e.v.)=1
問題4：m≥1m\ge 1m≥1時這個家族會消亡嗎？
在問題1中，我們計算了E[Xn]E[X_n]E[Xn?]，
E[Xn]=amnE[X_n]=am^nE[Xn?]=amn
在問題2中，我們定義了Zn=Xn/mnZ_n=X_n/m^nZn?=Xn?/mn，并論述了它是一個鞅，E[Zn]=1E[Z_n]=1E[Zn?]=1，以及Zn→W,a.s.Z_n \to W,a.s.Zn?→W,a.s.；在問題3中，我們論述了m<1m<1m<1時這個家族依概率1消亡。
下面考慮m>1m>1m>1，計算概率母函數，
?(x)=∑k≥0xkpk,x∈[0,1]\phi(x)=\sum_{k \ge 0}x^kp_k,x \in [0,1]?(x)=k≥0∑?xkpk?,x∈[0,1]
Claim: ρ\rhoρ表示這個家族消亡的概率，
ρ=P(Xn=0,e.v.)\rho = P(X_n=0,e.v.)ρ=P(Xn?=0,e.v.)
則?(ρ)=ρ\phi(\rho)=\rho?(ρ)=ρ。
證明：
ρ=P(Xn=0,e.v.)=∑k≥0P(Xn=0,e.v.∣X1=k)pk=∑k≥0ρkpk=?(ρ)\rho=P(X_n = 0,e.v.) = \sum_{k \ge 0}P(X_n = 0,e.v.|X_1=k)p_k \\ = \sum_{k \ge 0}\rho^kp_k = \phi(\rho)ρ=P(Xn?=0,e.v.)=k≥0∑?P(Xn?=0,e.v.∣X1?=k)pk?=k≥0∑?ρkpk?=?(ρ)
這個結論說明ρ\rhoρ是概率母函數的不動點，事實上更準確的說法是第一個不動點，如果?\phi?是遞增的凸函數，用不動點迭代的思路論述：
取α0=0≤ρ\alpha_0 = 0 \le \rhoα0?=0≤ρ，則
α1=?(α0)=?(0)≤?(ρ)=ρα2=?(α1)=P(X2=0)≤ρ?αn=P(Xn=0)≤ρ\alpha_1 = \phi(\alpha_0) = \phi(0) \le \phi(\rho) = \rho \\ \alpha_2 = \phi(\alpha_1) = P(X_2=0) \le \rho \\ \cdots \\ \alpha_n = P(X_n=0) \le \rhoα1?=?(α0?)=?(0)≤?(ρ)=ρα2?=?(α1?)=P(X2?=0)≤ρ?αn?=P(Xn?=0)≤ρ
關于{Xn=0}\{X_n=0\}{Xn?=0}，根據測度的連續性，
P(Xn=0)→P(∪n{Xn=0})=P(Xn=0,e.v.)?ρ=lim?n→∞αnP(X_n = 0) \to P(\cup_n \{X_n=0\})=P(X_n=0,e.v.) \\ \Rightarrow \rho = \lim_{n \to \infty}\alpha_nP(Xn?=0)→P(∪n?{Xn?=0})=P(Xn?=0,e.v.)?ρ=n→∞lim?αn?
接下來我們討論m=1m=1m=1的情況。考慮
P(Xn+1=k,Xn=k)=P(Xn+1=k∣Xn=k)P(Xn=k)=P(∑i=1kξi,n+1=k)P(Xn=k)P(X_{n+1}=k,X_n = k) = P(X_{n+1}=k|X_n = k)P(X_n=k) \\ =P(\sum_{i=1}^k\xi_{i,n+1}=k)P(X_n=k)P(Xn+1?=k,Xn?=k)=P(Xn+1?=k∣Xn?=k)P(Xn?=k)=P(i=1∑k?ξi,n+1?=k)P(Xn?=k)
注意到P(∑i=1kξi,n+1=k)<1P(\sum_{i=1}^k\xi_{i,n+1}=k)<1P(∑i=1k?ξi,n+1?=k)<1，因此
P(Xn+l=k,l=0,?,r)=[P(∑i=1kξi,n+1=k)]r?1P(Xn=k)→0,asr→∞P(X_{n+l}=k,l=0,\cdots,r) = [P(\sum_{i=1}^k\xi_{i,n+1}=k)]^{r-1}P(X_n=k) \\ \to 0,as\ r \to \inftyP(Xn+l?=k,l=0,?,r)=[P(i=1∑k?ξi,n+1?=k)]r?1P(Xn?=k)→0,as?r→∞
也就是說
P(Xn=k,e.v.)=∑n≥0P(Xn+l=k,l≥0)=0?Xn→0a.s.P(X_n = k,e.v.) = \sum_{n \ge 0}P(X_{n+l}=k,l \ge 0)=0 \\ \Rightarrow X_n \to 0 \ a.s.P(Xn?=k,e.v.)=n≥0∑?P(Xn+l?=k,l≥0)=0?Xn?→0?a.s.
總結
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