Penguasaan martingal dan waktu henti 01–02

Penyelesaian lengkap. Karena \(X_n\) terukur terhadap \(\mathcal F_n\),

\[ \{\tau\le n\} =\bigcup_{k=0}^{n}\{X_k\in\{0,N\}\} \in\mathcal F_n. \]

Jadi \(\tau\) merupakan waktu henti. Untuk membuktikan keterhinggaan, tetapkan

\[ \delta=\prod_{j=1}^{N-1}\frac{j}{2j+1}>0. \]

Jika \(X_s=i\in\{1,\ldots,N-1\}\), kejadian bahwa \(i\) transisi berikutnya semuanya bergerak turun membawa rantai ke \(0\). Peluang bersyarat kejadian itu adalah

\[ \prod_{j=1}^{i}\frac{j}{2j+1}\ge\delta, \]

karena hasil kali di ruas kanan hanya menambahkan faktor-faktor dalam \((0,1)\). Maka, pada kejadian \(\{\tau>s\}\), peluang bersyarat untuk terserap dalam paling banyak \(N-1\) langkah berikutnya sekurang-kurangnya \(\delta\). Dengan induksi terhadap blok,

\[ \mathbb P_r\bigl(\tau>m(N-1)\bigr) \le(1-\delta)^m, \qquad m\ge0. \]

Ruas kanan menuju nol, sehingga \(\tau<\infty\) hampir pasti. Rumus jumlah ekor untuk peubah acak bilangan bulat juga memberi

\[ \mathbb E_r\tau =\sum_{n=0}^{\infty}\mathbb P_r(\tau>n) \le (N-1)\sum_{m=0}^{\infty}(1-\delta)^m =\frac{N-1}{\delta}<\infty. \]

Sekarang ambil \(1\le i\le N-1\). Dari relasi inkremen bilangan harmonik,

\[ \begin{aligned} \mathbb E[H_{X_{n+1}}-H_{X_n}\mid X_n=i] &=\frac{i+1}{2i+1}\frac1{i+1} -\frac{i}{2i+1}\frac1i\\ &=0. \end{aligned} \]

Pada keadaan menyerap, inkremennya juga nol. Sifat Markov lalu menghasilkan

\[ \mathbb E[H_{X_{(n+1)\wedge\tau}}\mid\mathcal F_n] =H_{X_{n\wedge\tau}}, \]

jadi proses tersebut merupakan martingal. Ia dibatasi oleh \(H_N\). Oleh sebab itu, untuk setiap \(n\),

\[ \mathbb E_r[H_{X_{n\wedge\tau}}]=H_r, \]

dan, karena \(\tau<\infty\) hampir pasti, \(X_{n\wedge\tau}\to X_\tau\). Konvergensi terdominasi memberi

\[ H_r=\mathbb E_r[H_{X_\tau}] =H_N\mathbb P_r(X_\tau=N)+H_0\mathbb P_r(X_\tau=0). \]

Karena \(H_0=0\),

\[ \mathbb P_r(X_\tau=N)=\frac{H_r}{H_N}. \]

Untuk bagian kompensator, pada \(\{n<\tau\}\) kita mempunyai \(X_n\in\{1,\ldots,N-1\}\) dan

\[ \begin{aligned} \mathbb E[X_{n+1}-X_n\mid\mathcal F_n] &=\frac{X_n+1}{2X_n+1}-\frac{X_n}{2X_n+1}\\ &=\frac1{2X_n+1}. \end{aligned} \]

Pada \(\{n\ge\tau\}\), proses yang dihentikan tidak berubah. Jadi

\[ \mathbb E[ X_{(n+1)\wedge\tau}-X_{n\wedge\tau} \mid\mathcal F_n] =\frac{\mathbf1_{\{n<\tau\}}}{2X_n+1}. \]

Definisikan

\[ A_n=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{\mathbf1_{\{k<\tau\}}}{2X_k+1}, \qquad Y_n=X_{n\wedge\tau}-A_n. \]

Perhitungan terakhir menunjukkan bahwa \((Y_n)\) merupakan martingal. Semua sukunya terintegralkan untuk \(n\) tetap, sehingga

\[ \mathbb E_r[A_n] =\mathbb E_r[X_{n\wedge\tau}]-r. \]

Ketika \(n\to\infty\), \(A_n\) naik menuju

\[ A_\tau=\sum_{k=0}^{\tau-1}\frac1{2X_k+1}, \]

sedangkan \(X_{n\wedge\tau}\to X_\tau\) dan \(0\le X_{n\wedge\tau}\le N\). Teorema konvergensi monoton pada ruas kiri dan teorema konvergensi terdominasi pada ruas kanan memberikan

\[ \begin{aligned} \mathbb E_r[A_\tau] &=\mathbb E_r[X_\tau]-r\\ &=N\mathbb P_r(X_\tau=N)-r\\ &=N\frac{H_r}{H_N}-r. \end{aligned} \]

Argumen ini sekaligus membuktikan bahwa biaya total tersebut terintegralkan; kita tidak mengasumsikannya sebelum melewatkan limit. Terakhir, selama \(k<\tau\) berlaku \(1\le X_k\le N-1\), sehingga

\[ \frac1{2X_k+1}\ge\frac1{2N-1}. \]

Dengan menjumlahkan sampai \(\tau-1\),

\[ A_\tau\ge\frac{\tau}{2N-1}. \]

Pengambilan ekspektasi menghasilkan batas eksplisit

\[ \mathbb E_r\tau \le(2N-1)\left(N\frac{H_r}{H_N}-r\right). \]

Penyelesaian lengkap. Karena \(\tau_K=\sum_{j=0}^{K-1}E_j\) merupakan jumlah berhingga peubah eksponensial yang berhingga hampir pasti,

\[ \tau_K<\infty \quad\text{hampir pasti}. \]

Untuk \(j<K\), hanya satu lompatan yang mempunyai peluang orde \(h\) pada selang \([0,h]\); peluang dua atau lebih lompatan adalah \(o(h)\) karena semua laju dibatasi oleh \(\lambda_{K-1}\). Jadi, untuk setiap fungsi \(f\),

\[ \begin{aligned} \mathbb E_j[f(Z_h)]-f(j) &=\lambda_jh\bigl(f(j+1)-f(j)\bigr)+o(h). \end{aligned} \]

Pembagian dengan \(h\) dan pelewatan \(h\downarrow0\) memberi

\[ (\mathcal Lf)(j) =\lambda_j\bigl(f(j+1)-f(j)\bigr), \qquad j<K. \]

Di keadaan menyerap \(K\), generatornya nol.

Untuk membuktikan klaim martingal tanpa hanya mengutip nama teorema, tuliskan \((P_u)_{u\ge0}\) untuk semigrup transisi. Karena ruang keadaan hingga dan generator terbatas,

\[ P_uf-f=\int_0^uP_v\mathcal Lf\,dv. \]

Jika \(0\le r\le t\), sifat Markov dan Fubini memberi

\[ \begin{aligned} \mathbb E[D_t^f-D_r^f\mid\mathcal F_r] &=P_{t-r}f(Z_r)-f(Z_r) -\int_0^{t-r}P_v\mathcal Lf(Z_r)\,dv\\ &=0. \end{aligned} \]

Semua suku terbatas pada setiap selang waktu berhingga, sehingga \((D_t^f)\) benar-benar merupakan martingal, bukan sekadar martingal lokal.

Ambil sekarang \(f(j)=j\). Untuk \(j<K\),

\[ (\mathcal Lf)(j)=\lambda_j, \]

sedangkan \((\mathcal Lf)(K)=0\). Karena proses tetap di \(K\) setelah \(\tau_K\), proses menaik kontinu

\[ A_t=\int_0^{t\wedge\tau_K}\lambda_{Z_{s-}}\,ds \]

bersifat prediktabel. Lintasan \(Z\) hanya mempunyai berhingga banyak titik lompatan, sehingga integral Lebesgue yang sama dapat ditulis dengan \(Z_s\) sebagai pengganti \(Z_{s-}\). Dengan demikian,

\[ M_t =Z_{t\wedge\tau_K} -\int_0^{t\wedge\tau_K}\lambda_{Z_s}\,ds \]

merupakan martingal yang berawal dari nol. Maka

\[ \mathbb E\!\left[ \int_0^{t\wedge\tau_K}\lambda_{Z_s}\,ds \right] =\mathbb E[Z_{t\wedge\tau_K}]. \]

Ketika \(t\to\infty\), integral di ruas kiri naik menuju integral sampai \(\tau_K\), sedangkan \(Z_{t\wedge\tau_K}\to K\) dan dibatasi oleh \(K\). Teorema konvergensi monoton di ruas kiri dan konvergensi terdominasi di ruas kanan menghasilkan

\[ \mathbb E\!\left[ \int_0^{\tau_K}\lambda_{Z_s}\,ds \right] =K. \]

Perhatikan bahwa limit ini sekaligus membuktikan keterintegralan kompensator yang dihentikan; keterintegralan itu tidak diasumsikan sebelumnya.

Untuk waktu pencapaian, definisikan

\[ g(0)=0, \qquad g(j)=\sum_{\ell=0}^{j-1}\frac1{\lambda_\ell}, \quad 1\le j\le K. \]

Bagi \(j<K\),

\[ (\mathcal Lg)(j) =\lambda_j\bigl(g(j+1)-g(j)\bigr) =\lambda_j\frac1{\lambda_j} =1. \]

Karena \(\mathcal Lg(K)=0\), martingal Dynkin untuk \(g\) adalah

\[ g(Z_{t\wedge\tau_K})-t\wedge\tau_K. \]

Pengambilan ekspektasi memberi

\[ \mathbb E[t\wedge\tau_K] =\mathbb E[g(Z_{t\wedge\tau_K})]. \]

Ruas kiri naik menuju \(\mathbb E\tau_K\). Ruas kanan menuju \(g(K)\) dengan konvergensi terdominasi karena \(g\) terbatas pada ruang keadaan hingga. Akibatnya,

\[ \mathbb E\tau_K =g(K) =\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{\lambda_j} =\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{a+bj}. \]

Sekarang tetapkan \(s\ge0\) dan definisikan

\[ q_s(K)=1, \qquad q_s(j)=\prod_{\ell=j}^{K-1} \frac{\lambda_\ell}{\lambda_\ell+s}, \quad 0\le j<K. \]

Relasi mundurnya ialah

\[ q_s(j)=\frac{\lambda_j}{\lambda_j+s}q_s(j+1). \]

Dengan demikian,

\[ \begin{aligned} (\mathcal Lq_s)(j) &=\lambda_j\bigl(q_s(j+1)-q_s(j)\bigr)\\ &=s\,q_s(j), \qquad j<K. \end{aligned} \]

Rumus Dynkin ruang-waktu, dihentikan pada \(\tau_K\), sekarang menunjukkan bahwa

\[ R_t =e^{-s(t\wedge\tau_K)} q_s(Z_{t\wedge\tau_K}) \]

merupakan martingal. Memang, sebelum absorpsi, hanyutannya adalah

\[ e^{-st}\bigl(-s q_s+\mathcal Lq_s\bigr)=0, \]

dan setelah absorpsi proses yang dihentikan konstan. Selain itu, \(0<R_t\le1\), sehingga tidak ada persoalan martingal lokal atau keterintegralan seragam. Karena \(R_0=q_s(0)\),

\[ \mathbb E[R_t]=q_s(0). \]

Ketika \(t\to\infty\), berlaku \(R_t\to e^{-s\tau_K}q_s(K)=e^{-s\tau_K}\) hampir pasti. Konvergensi terdominasi memberi

\[ \mathbb E(e^{-s\tau_K}) =q_s(0) =\prod_{j=0}^{K-1}\frac{\lambda_j}{\lambda_j+s} =\prod_{j=0}^{K-1}\frac{a+bj}{a+bj+s}. \]

Terakhir, tuliskan \(\phi(s)=\mathbb E(e^{-s\tau_K})\). Karena \(\tau_K\) merupakan jumlah berhingga peubah eksponensial, momen keduanya berhingga dan diferensiasi pada \(s=0\) sah. Dari hasil kali berhingga di atas,

\[ \log\phi(s) =-\sum_{j=0}^{K-1}\log\left(1+\frac{s}{\lambda_j}\right). \]

Pada \(s=0\),

\[ (\log\phi)'(0) =-\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{\lambda_j}, \qquad (\log\phi)''(0) =\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{\lambda_j^2}. \]

Karena \(\phi(0)=1\), \(\phi'(0)=-\mathbb E\tau_K\) dan \(\phi''(0)=\mathbb E(\tau_K^2)\). Identitas \(\phi''/\phi=(\log\phi)''+((\log\phi)')^2\) menghasilkan

\[ \mathbb E(\tau_K^2) =\left(\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{\lambda_j}\right)^2 +\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{\lambda_j^2}. \]

Oleh karena itu,

\[ \operatorname{Var}(\tau_K) =\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{\lambda_j^2} =\sum_{j=0}^{K-1}\frac1{(a+bj)^2}. \]

Untuk \(b=0\), rumus-rumus ini mereduksi menjadi \(\mathbb E\tau_K=K/a\) dan \(\operatorname{Var}(\tau_K)=K/a^2\), sesuai dengan waktu tunggu Erlang.