Penguasaan Martingal: Masalah 03–04

Setelah \(n\) pengungkapan, terdapat \(m=N-n\) indeks tersisa. Bersyarat pada \(\mathcal F_n\), indeks \(\pi(n+1)\) seragam pada himpunan tersebut. Jadi \[ \mathbb E(X_{n+1}\mid\mathcal F_n) =\frac1m\sum_{j\notin\{\pi(1),\ldots,\pi(n)\}}x_j =R_n. \] Jumlah nilai tersisa sebelum pengungkapan adalah \(mR_n\). Sesudah \(X_{n+1}\) dikeluarkan, rata-ratanya menjadi \[ R_{n+1}=\frac{mR_n-X_{n+1}}{m-1}. \] Oleh karena itu, \[ \mathbb E(R_{n+1}\mid\mathcal F_n) =\frac{mR_n-\mathbb E(X_{n+1}\mid\mathcal F_n)}{m-1} =R_n. \] Semua peubah hanya mengambil nilai dalam suatu himpunan hingga, sehingga integrabilitas tidak menjadi masalah; ini membuktikan bagian 1.

Definisikan \(D_{n+1}=R_{n+1}-R_n\). Dari identitas di atas, \[ D_{n+1}=\frac{R_n-X_{n+1}}{m-1}, \qquad \mathbb E(D_{n+1}\mid\mathcal F_n)=0, \] dan \[ \mathbb E(D_{n+1}^2\mid\mathcal F_n) =\frac{1}{m(m-1)^2} \sum_{j\notin\{\pi(1),\ldots,\pi(n)\}}(x_j-R_n)^2 =v_n. \] Karena \(R_n-R_0\) terukur terhadap \(\mathcal F_n\), \[ \begin{aligned} \mathbb E\bigl((R_{n+1}-R_0)^2\mid\mathcal F_n\bigr) &=(R_n-R_0)^2 +2(R_n-R_0)\mathbb E(D_{n+1}\mid\mathcal F_n) +\mathbb E(D_{n+1}^2\mid\mathcal F_n)\\ &=(R_n-R_0)^2+v_n. \end{aligned} \] Maka \(K\) adalah martingal. Waktu \(\rho\le N-1\) terbatas, sehingga penghentian opsional pada \(R\) dan \(K\) memberi \[ \mathbb E R_\rho=\mathbb E R_0=R_0, \qquad 0=\mathbb E K_\rho =\mathbb E(R_\rho-R_0)^2 -\mathbb E\!\left[\sum_{j=0}^{\rho-1}v_j\right]. \]

Sekarang ambil populasi \((-3,-1,2,2)\). Jumlahnya nol, jadi \(R_0=0\). Aturan yang mendefinisikan \(\tau\) hanya memakai \(R_1,\ldots,R_n\) untuk memutuskan apakah berhenti sebelum atau pada \(n\); jadi \(\tau\) adalah waktu henti dan \(\tau\le3\).

Kedua belas urutan nilai mempunyai peluang yang sama. Penghitungan menurut nilai terminal memberi \[ \begin{array}{c|ccccc} R_\tau&-3&-2&-1&1&2\\ \hline \text{banyak urutan}&2&2&1&3&4. \end{array} \] Sebagai pemeriksaan terhadap penghentian dini: tiga urutan yang dimulai dengan \(-3\) berhenti pada \(R_1=1\); urutan yang dimulai dengan \((-1,-3)\) berhenti pada \(R_2=2\); dan dua urutan yang dimulai dengan \((2,2)\) berhenti pada \(R_2=-2\). Enam urutan lain mencapai waktu 3 dan memberikan frekuensi terminal selebihnya yang tercantum pada tabel. Dengan demikian hukum pada jawaban ringkas berlaku. Akhirnya, \[ \mathbb E R_\tau =-3\!\left(\frac16\right)-2\!\left(\frac16\right) -\frac1{12}+\frac14+2\!\left(\frac13\right)=0, \] dan \[ \mathbb E R_\tau^2 =9\!\left(\frac16\right)+4\!\left(\frac16\right) +\frac1{12}+\frac14+4\!\left(\frac13\right) =\frac{23}{6}. \] Identitas martingal yang telah dibuktikan kemudian memberikan \(\mathbb E\sum_{j=0}^{\tau-1}v_j=23/6\), tanpa perlu menghitung setiap lintasan kompensator secara terpisah.

Untuk satu pengamatan, \[ \frac{L_{n+1}}{L_n} =\begin{cases} 2,&X_{n+1}=1,\\[2mm] \frac12,&X_{n+1}=0. \end{cases} \] Karena \(X_{n+1}\) independen dari \(\mathcal F_n\) di bawah \(\mathbb P_0\), \[ \mathbb E_0\!\left(\frac{L_{n+1}}{L_n}\,\middle|\,\mathcal F_n\right) =\frac13(2)+\frac23\left(\frac12\right)=1. \] Jadi \(L\) adalah martingal nonnegatif di bawah \(\mathbb P_0\).

Selanjutnya, ambil \(m=a+b\). Dari setiap keadaan di antara kedua batas, rangkaian \(m\) buah nol pasti membawa \(Y\) ke \(-a\) sebelum blok selesai. Di bawah masing-masing ukuran, peluang bersyarat terjadinya rangkaian itu sedikitnya \(c=(1/3)^m>0\). Dengan sifat independen pada blok berturut-turut, \[ \mathbb P_i(\tau>km)\le(1-c)^k, \qquad k\ge0,\quad i\in\{0,1\}. \] Akibatnya \(\tau<\infty\) hampir pasti dan \(\mathbb E_i\tau\le m\sum_{k\ge0}(1-c)^k=m/c<\infty\).

Loncatan \(Y\) adalah \(+1\) atau \(-1\), sehingga \(Y_\tau\) tepat sama dengan \(b\) atau \(-a\). Lebih lanjut, \[ 2^{-a}\le L_{\tau\wedge n}\le2^b. \] Penghentian opsional pada \(\tau\wedge n\), disusul penerapan teorema konvergensi terdominasi, memberikan \(\mathbb E_0L_\tau=1\). Maka \[ 1=2^b\alpha+2^{-a}(1-\alpha), \] sehingga \[ \alpha =\frac{1-2^{-a}}{2^b-2^{-a}} =\frac{2^a-1}{2^{a+b}-1}. \]

Untuk melakukan perubahan ukuran pada waktu acak, jika \(A\in\mathcal F_\tau\), maka \(A\cap\{\tau=n\}\in\mathcal F_n\). Karena \(L_n=d\mathbb P_1/d\mathbb P_0\) pada \(\mathcal F_n\), penjumlahan terhadap \(n\) memberi \[ \mathbb P_1(A)=\mathbb E_0[L_\tau\mathbf1_A]. \] Ambil \(A=\{Y_\tau=-a\}\). Pada \(A\), \(L_\tau=2^{-a}\), jadi \[ \beta=2^{-a}(1-\alpha) =\frac{2^b-1}{2^{a+b}-1}. \]

Di bawah \(\mathbb P_0\), inkremen \(Y\) mempunyai rata-rata \[ \frac13(1)+\frac23(-1)=-\frac13, \] sedangkan di bawah \(\mathbb P_1\) rata-ratanya \(+1/3\). Karena \(\mathbb E_i\tau<\infty\), penghentian proses \(Y_n+n/3\) di bawah \(\mathbb P_0\) dan \(Y_n-n/3\) di bawah \(\mathbb P_1\) sah. Secara eksplisit, terapkan dahulu pada \(\tau\wedge n\); lalu gunakan \(|Y_{\tau\wedge n}|\le\max(a,b)\) dan \(\tau\wedge n\to\tau\) dalam \(L^1\). Diperoleh \[ \mathbb E_0Y_\tau=-\frac13\mathbb E_0\tau, \qquad \mathbb E_1Y_\tau=\frac13\mathbb E_1\tau. \] Karena \[ \mathbb E_0Y_\tau=b\alpha-a(1-\alpha), \qquad \mathbb E_1Y_\tau=b(1-\beta)-a\beta, \] maka \[ \mathbb E_0\tau=3\bigl[a-(a+b)\alpha\bigr], \qquad \mathbb E_1\tau=3\bigl[b-(a+b)\beta\bigr]. \] Substitusi \(a=2\), \(b=3\), dan \(2^{a+b}-1=31\) menghasilkan \[ \alpha=\frac3{31},\quad \beta=\frac7{31},\quad \mathbb E_0\tau=3\left(2-5\frac3{31}\right)=\frac{141}{31},\quad \mathbb E_1\tau=3\left(3-5\frac7{31}\right)=\frac{174}{31}. \]