On problem on the probability of absorbtion .pdf 1. Введение Пусть на вероятностном пространстве (E, F, P) заданы две последовательности независимых и одинаково распределенных случайных величин{xt > 0}"= и [yi }"=; Myi = a. С этими последовательностями свяжем случайныйпроцесс {Y(t), t> 0}, определяемый следующим образом:nа)Y(0) = х > 0; пусть tn = gJTi , t0 = 0, тогда при tn-1 < t < tni =1Y(t) = [Y(tn) - (t - tn)]+;б)Yn = Y(tn) = fn(Y(tn) - 0), где b+ = max(b,0) - положительная часть числа b, афункция fn допускает представлениеfn = [x + УпФ(х)]+ , при этом ф(0) = 0, ф(х) возрастает и выпукла при x > 0. Кроме того,lim ср(х) = оо ,lim = 0 , ф(х) = 0, X < 0.Момент времени т = min{t: Y(t) = 0} назовем моментом поглощения, а вероятность g(x) = Р(т < да | Y(0) = x) - вероятностью поглощения. Обозначим черезf (n)(x) = f (n)(x, У1, У2,..., yn) суперпозицию функцийf1,f2,..., f„. Процессы похожего типа рассмотрены в работах [1 - 4] и могут рассматриваться в качестве математических моделей в различных задачах прикладного характера наряду с ветвящимися и пуассоновскими процессами.2. Вспомогательные утверждения Утверждение 1. Если y1 < 0, тоY < f (x)-zlf^ ,(*)XY1 > f1(x) - Т1.Доказательство. Ограничимся доказательством первого из двух неравенств. Если т1 > X, то (*), очевидно, выполняется. Если же т1 < x, то рассмотрим два случая. В первом случае:Y1 = f1(x - Т1) = (x - Т1) + у1ф(х - Т1) > 0.Далее, нетрудно установить, что функция ф(х)/х убывает при х > 0, поэтому выполненор(х) > р(х)-ср(х-т1) х т1Отсюда получаем последовательно^>-У1 (ср(х )-ср( х-Т1));1 - fix),>(-Y1 )(р(х )-ср(х-т1)).xПрибавим х к обеим частям последнего неравенства и найдемf (X)Y1 = х -т1 + У1ф(х -т1) < х + у1 х -т1 ,хчто эквивалентно (*).В случае, когда (х - т1) + у1ф(х - т1) < 0, имеем Y1 = 0, f1(x) > 0 и (*), с очевидностью, выполняется.Утверждение 2. Если y1 > 0 и y2 < 0, тоf f Y(X, у2, У1). (**)Доказательство. Докажем (**) - второе из сформулированных неравенств. Оно, очевидно, верно, если т1 > х или т2 > (х - т1) + у2ф(х - т1). Если эти неравенства не выполнены, то, в частности, т1 + т2 < х.Неравенство (**) будет доказано, если установимУ1(ф(х - Т1) - ф(х - Т1 - Т2 + У2ф(х - Т1))) >•·- У2(ф(х - Т1 - Т2 + У1ф(х - Т1)) - ф(х - Т1)).•·Последнее неравенство следует из следующего неравенства:•·У1(ф(х - Т1 - Т2) - ф(х - Т1 - Т2 + У2ф(х - Т1))) >•·- У2(ф(х - Т1 - Т2 + У1 ф(х - Т1)) - ф(х - Т1- Т2)).Оно справедливо, ибо по теореме о среднем- У1 У2ф(х - Т1)ф'(01) > - У1 У2ф(х - Т1)ф'(02),91 < х - т1 - т2 < 92.3. Основные результатыВ этом разделе мы сформулируем основные результаты, доказательство которых основано на приведенных выше утверждениях. При этом потребуем выполнение условия(А): существует число 0 0, Sn =gyi , тогдаi=1lim Pf( n) (х,У1,У2,^,у„ ) d{lim S-1 jVТеорема 2. Пусть My1 = a > 0;ряд ^P(t„ > f(n) (x,1,1,...,1)) сходится тогдаn=1и только тогда, когда lim g (х) = 0 .х->юДоказательство теоремы 1. Введем следующие обозначения:Sn+ = g (Yi)+ , Sn- = JL (Yi)- , b = M(уг)+ , -c = M(Уг.)_ , a = b - c ,i=1 i=1f+(n) (x) = fn (x, (Y1)+ ,..., (Yn)+ ) , f-n) (x) = fn (X, (Y1 )- ,..., (Yn )- ) . С учетом введенных обозначений и утверждения 2, имеемf(n)(x)> f+(n)(f-n)(x)) .(11Определим последовательности {xk и {nk следующим образом:X0 = x > 0, n0 = 5x0 / ф(х0), xk+1 = fnt (xk),nk = 5xk / ф(хк), ^0 = 0, M+1 = Nk + nk. Здесь и в дальнейшем большие числа, в случае необходимости, будем считать целыми и условие (А) выполненным при всех х. Через Б(г, х) обозначим множество, на котором выполняетсяS+ - bn\ < 6 n, n > n0,(2)\S- + cm < 6 n, n > n0.Очевидно, чтоlim Б (6, x) = 1 (3)x->юпри фиксированном е > 0. Покажем, что при подходящем подборе чисел е, 5 > 0, на множестве Б(е, х) выполняетсяXk+1 > Xk(1+51), 51 = a5/2. (4) Доказательство проведем по индукции. Согласно (2),f-(nk ) (Xk ) > Xk - ф (Xk ) (-S-k+1 + SNk ) > Xk - ф (Xk ) (nkC + 26Nk+1 ) >> Xk - nkф ( Xk ) ( C + 26Zk ) = Xk - 8xk (C + 26ZkДалее,nk-1) xk-1 x[-p h (xk>(1 + 51 )1 p = 1 + a, a > 0.ПоэтомуZk f+"k)(f-"k )(Xk ))> > Xk (1 - 82 ) + ф(Xk (1 - 82 )) (S+k+1 - S+k ) >> Xk (1 -82 )+ф( Xk (1 -82 )) nk (b - 26Z) == Xk (1 -82(1 -82»-(^(b-26Z)>ф(xk»> Xk (1 -82) + 8(1 -82)Xk (b -26Z) == xk (1 -8c-286z)(1 + 8b -26Z)> xk f 1 + ~aПоследнее неравенство будет выполнено, если8 z5 при 0 < 5 < 1 и фиксированном p. При этом2 4b4b2что обеспечивает неравенство fn- (xk) > 0. Итак, утверждение (4) доказано. Пусть Nk < n < Nk+1, тогдаf(n)(x) > Xk(1 )ф(Xk)>(1 -82Kф(/п)(х)) ф(Xk (1 -82))ф(Xk) v4(Xk (1 -82))иfin)(1 -82 Nk+1 =(1 -82)Nk+1 z- >(1 -82)nz-1(n)(x ))Nk+1 k+1 V 2' k+1 V 2'Рассмотрим событиеБ1(6,х)={ы 0lim Б1 (6, х) = 1.Обозначимf("(x) dtf (n-1)(x »In (X)= jЕсли yn > 0, тоф(f (n-1)(x)) < ш < 1Далее, применив теорему о среднем и свойства функции ф(х), получим ф(/„-1)(х)) , ( „ ч ф(fn--(x))a„=1 -^т„# st „ф'(/ (х ))sy „^„4г.Следовательно, на множестве ББ1 выполняетсяY nАналогично, если yn < 0, найдем1 < LA?! < 1+6nна множестве ББ2 , гдеf (n)(x )(n)( x ))'n = 0,1,2,...!Поэтому на множестве Б1Б2Б имеемБ (x ) = limf f(n)(x)S1n jdt ф(7)< 1+6иa (x) = lims„ j Ф(t)> 1 -6Рассмотрим случайную величинут = т(х, y) = min{n: f (n)(x) > y}и событияС (x) = ( lim f (n)(x) = c) ,С(x,y) = {t(x,y) 0, для которых справедливоP(D(ek, Xk)) > (1 - 5k). Поскольку C(x) < C(x, y), то для любого е > 0P(D(ek, Xk)) > P(C(x))(1 - 5k),если ek < е.Поэтому для любого е > 0 получаемP(Dfe x)) > P(C(x)) ^ 1 при x -> да.В силу произвольности е > 0, получим A(x) = Б(х) на множестве С(х) и справедливость теоремы 1.Доказательство теоремы 2 технически аналогично доказательству теоремы 1 и опускается по причине громоздкости.

Скачать электронную версию публикации