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数学代写|随机过程Stochastic Porcesses代考|Renewal Theory
Let $X_n, n=1,2, \ldots$, be the nonnegative i.i.d r.v.s with $S_n=X_1+\ldots+X_n, n \geq 1$, $S_0=0$. $F$ is the common d.f. of $X$ and assume $P\left(X_n=0\right)<1$. Define $N(t)=$ sup $\left{n \mid S_n \leq t\right}$. The process ${N(t), t \geq 0}$ is called the Renewal Process.
To fix our ideas $X_i$ can be taken to represent the life time of the machines being replaced. The first machine is installed at time $t=0$ and is replaced instantaneously at time $t=X_1$. The replaced machine is again replaced at time $t=X_1+X_2$, and so on. If we write $S_n=X_1+\ldots+X_n$, the partial sum $S_n$ can be interpreted to be the time at which the nth replacement is made. $N(t)$ is the largest value of $n$ for which $S_n \leq t$. In other words $N(t)$ is the number of renewals that would have occurred at time $t$. The Renewal Theory, in a sense, is a special case of a Random Walk with absorbing barrier. We are sampling the $X_i$ until $S_n$ shoots the barrier at time $t$ and $N(t)+1$ is the sample size when we stop. Hence the Renewal Theory is also linked with Sequential Analysis in statistics.
${N(t), t \in(0, \infty)}$ is called the Renewal Counting Process. We can also write $N(t)=\max \left{n \mid S_n \leq t\right}$
We want to find $P[N(t)=n]$ given $F$. To compute this we proceed as follows:
$$
\begin{aligned}
P\left[S_2 \leq t\right] & =\int_0^{\infty} F(t-u) d F(u) \
& =\int_0^t F(t-u) d F(u) \
& =F^* F(t)=F^{(2)}(t), \ldots \
P\left[S_n \leq t\right] & =F^{(n)}(t)=\int_0^t F^{(n-1)}(t-u) d F(u), n \geq 1
\end{aligned}
$$
Define
$$
F^{(0)}(t)=\left{\begin{array}{l}
0 \text { if } t<0 \\ 1 \text { if } t \geq 0 . \end{array}\right. $$ Now $$ \begin{aligned} P[N(t) & =n]=P\left[S_1 \leq t, S_2 \leq t, \ldots, S_n \leq t, S_{n+1}>t\right] \
& =P\left[S_n \leq t, S_{n+1}>t\right] \text { (by nonnegativeness of } X_1 \text { ) }
\end{aligned}
$$
数学代写|随机过程Stochastic Porcesses代考|Renewal Equation
Theorem $4.1$
(a) $P[N(t)=n]=F^{(n)}(t)-F^{(n+1)}(t)$
(b) $H(t)=\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t)$
(c) $H(t)=F(t)+\int_0^t H(t-u) d F(u)$, the so-called integral equation of Renewal Theory (Renewal equation).
(d) ${N(t), t \in[0, \infty)}$ is completely determined by $H(t)$.
Proof (b)
$$
\begin{aligned}
H(t) & =\sum_{n=0}^{\infty} n P[N(t)=n] \
& =P[N(t)=1]+2 P[N(t)=2]+\ldots \
& =F^{(1)}(t)-F^{(2)}(t)+2 F^{(2)}(t)-2 F^{(3)}(t)+\ldots \
& =F^{(1)}(t)+F^{(2)}(t)+F^{(3)}(t)+\ldots \
& =\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t) \text { provided the series is convergent. }
\end{aligned}
$$
(convergence of the series will be proved in Exercise 4.5)
(c) $H(t)=\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t)=F^{(1)}(t)+\sum_{n=2}^{\infty} F^{(n)}(t)$
$$
\begin{aligned}
& =F(t)+\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n+1)}(t)=F(t)+\sum_{n=1}^{\infty} \int_0^t F^{(n)}(t-u) d F(u) \
& =F(t)+\int_0^t \sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t-u) d F(u) \text { (by Fubini Theorem) } \
& =F(t)+\int_0^t H(t-u) d F(u)
\end{aligned}
$$
(d) $H(t)=F(t)+\int_0^t H(t-u) d F(u)=F(t)+H^* F(u)$ where $*$ is the convolution operator.
Taking Laplace transform on both sides
$$
\begin{aligned}
\mathscr{X}(s) & =\int_0^{\infty} e^{-s t} d H(t)=\mathscr{F}(s)+\mathscr{X}(s) \mathscr{F}(s) \
\mathscr{F}(s) & =\frac{\mathscr{X}(s)}{1+\mathscr{X}(s)}, \text { where } \mathscr{F}(s)=\int_0^{\infty} e^{-s t} d F(t)
\end{aligned}
$$
and $\mathscr{L}(s)=\frac{\mathscr{F}(s)}{1-\mathscr{F}(s)}(\operatorname{Re}(s)>0)$. This shows that $H(t)$ and $F(x)$ can be determined uniquely one from the other, since Laplace transform determines a non-decreasing (specially a d.f.) function uniquely. Hence $N(t)$ is completely determined by $H(t)$.
Now $N(t)=\max \left{n \mid S_n \leq t\right}$ and $E N(t)=\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t)$ if $E N(t)<\infty$.
The next theorem will prove that all moments of $N(t)$ is finite.
随机过程代写
数学代写|随机过程Stochastic Porcesses代考|Renewal Theory
让 $X_n, n=1,2, \ldots$, 是非负 iid rvs 与 $S_n=X_1+\ldots+X_n, n \geq 1, S_0=0$. $F$ 是的共同 df $X$ 并叚设 $P\left(X_n=0\right)<1$. 定义 $N(t)=$ 晩饭 left 缺少或无法识别的分隔符 $\quad$. 过程 $N(t), t \geq 0$ 称为更新程。 时间再次鿆更换 $t=X_1+X_2$ ，等等。如果我们写 $S_n=X_1+\ldots+X_n$ 部分和 $S_n$ 可以解释为进行第 $\mathrm{n}$ 次替换的时间。 $N(t)$ 是的最大值 $n$ 为了哪个 $S_n \leq t$. 换句话说 $N(t)$ 是当时发生的续次数t. 从某种意义上说，更新理论是具有吸收壁垒的随机斿走的 特例。我们正在抽样 $X_i$ 直到 $S_n$ 及时射击障碍 $t$ 和 $N(t)+1$ 是我们停止时的样本量。因此，更新理论也与統计学中的顺序分析相关 联。 $N(t), t \in(0, \infty)$ 称为更新计数过程。我们也可以写〈left 缺少或无法识别的分隔符 我们楒找到 $P[N(t)=n]$ 给予 $F$. 为了计算这个，我们按如下方式进行: $$ P\left[S_2 \leq t\right]=\int_0^{\infty} F(t-u) d F(u) \quad=\int_0^t F(t-u) d F(u)=F^* F(t)=F^{(2)}(t), \ldots P\left[S_n \leq t\right] \quad=F^{(n)}(t)=\int_0^t F^{(n-1)}(t-u) d F(u), n \geq 1 $$ 定义 $\$ \$$ $F \wedge{(0)}(t)=\backslash$ left { 0 if $t<0$ 1 if $t \geq 0$. |正确的。 Now $P[N(t)=n]=P\left[S_1 \leq t, S_2 \leq t, \ldots, S_n \leq t, S_{n+1}>t\right] \quad=P\left[S_n \leq t, S_{n+1}>t\right]$ (by nonnegativeness of $X_1$ )
$\$ \$$
数学代写|随机过程Stochastic Porcesses代考|Renewal Equation
定理4.1
(一个) $P[N(t)=n]=F^{(n)}(t)-F^{(n+1)}(t)$
(二) $H(t)=\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t)$
(C) $H(t)=F(t)+\int_0^t H(t-u) d F(u)$ ，所閆积分方程电新理论 (Renewal equation) 。
（四) $N(t), t \in[0, \infty)$ 完全由 $H(t)$.
证明 (二)
$$
H(t)=\sum_{n=0}^{\infty} n P[N(t)=n] \quad=P[N(t)=1]+2 P[N(t)=2]+\ldots=F^{(1)}(t)-F^{(2)}(t)+2 F^{(2)}(t)-2 F^{(3)}(t)+\ldots \quad=F^{(1)}(t)+F^{(2)}(t)+F^{(3)}(
$$
(级数收敛将在练习 $4.5$ 中证明)
$$
\begin{aligned}
& \text { (c) } H(t)=\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t)=F^{(1)}(t)+\sum_{n=2}^{\infty} F^{(n)}(t) \
& =F(t)+\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n+1)}(t)=F(t)+\sum_{n=1}^{\infty} \int_0^t F^{(n)}(t-u) d F(u) \quad=F(t)+\int_0^t \sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t-u) d F(u) \text { (by Fubini Theorem) }=F(t)+\int_0^t H(t-u) d F(
\end{aligned}
$$
(四) $H(t)=F(t)+\int_0^t H(t-u) d F(u)=F(t)+H^* F(u)$ 在郆哩 $*$ 是卷积算子。
两边做拉並拉斯昗换
$$
\mathrm{X}(s)=\int_0^{\infty} e^{-s t} d H(t)=\mathrm{F}(s)+\mathrm{X}(s) \mathrm{F}(s) \mathrm{F}(s) \quad=\frac{\mathrm{X}(s)}{1+\mathrm{X}(s)} \text {, where } \mathrm{F}(s)=\int_0^{\infty} e^{-s t} d F(t)
$$
和 $(s)=\frac{\mathrm{F}(s)}{1-F(s)}(\operatorname{Re}(s)>0)$. 这表明 $H(t)$ 和 $F(x)$ 可以从另一个唯一地确定, 因为拉普拉斯昗换唯一地确定非递减 (特别是
df) 函数。 因此 $N(t)$ 完全由 $H(t)$.
现在ไleft 缺少或无法识别的分隔符 $\quad$ 和 $E N(t)=\sum_{n=1}^{\infty} F^{(n)}(t)$ 如果 $E N(t)<\infty$.
下一个定理将证明 $N(t)$ 是有限的。
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微观经济学代写
微观经济学是主流经济学的一个分支，研究个人和企业在做出有关稀缺资源分配的决策时的行为以及这些个人和企业之间的相互作用。my-assignmentexpert™ 为您的留学生涯保驾护航 在数学Mathematics作业代写方面已经树立了自己的口碑, 保证靠谱, 高质且原创的数学Mathematics代写服务。我们的专家在图论代写Graph Theory代写方面经验极为丰富，各种图论代写Graph Theory相关的作业也就用不着 说。
线性代数代写
线性代数是数学的一个分支，涉及线性方程，如：线性图，如：以及它们在向量空间和通过矩阵的表示。线性代数是几乎所有数学领域的核心。
博弈论代写
现代博弈论始于约翰-冯-诺伊曼（John von Neumann）提出的两人零和博弈中的混合策略均衡的观点及其证明。冯-诺依曼的原始证明使用了关于连续映射到紧凑凸集的布劳威尔定点定理，这成为博弈论和数学经济学的标准方法。在他的论文之后，1944年，他与奥斯卡-莫根斯特恩（Oskar Morgenstern）共同撰写了《游戏和经济行为理论》一书，该书考虑了几个参与者的合作游戏。这本书的第二版提供了预期效用的公理理论，使数理统计学家和经济学家能够处理不确定性下的决策。
微积分代写
微积分，最初被称为无穷小微积分或 “无穷小的微积分”，是对连续变化的数学研究，就像几何学是对形状的研究，而代数是对算术运算的概括研究一样。
它有两个主要分支，微分和积分；微分涉及瞬时变化率和曲线的斜率，而积分涉及数量的累积，以及曲线下或曲线之间的面积。这两个分支通过微积分的基本定理相互联系，它们利用了无限序列和无限级数收敛到一个明确定义的极限的基本概念 。
计量经济学代写
什么是计量经济学？
计量经济学是统计学和数学模型的定量应用，使用数据来发展理论或测试经济学中的现有假设，并根据历史数据预测未来趋势。它对现实世界的数据进行统计试验，然后将结果与被测试的理论进行比较和对比。
根据你是对测试现有理论感兴趣，还是对利用现有数据在这些观察的基础上提出新的假设感兴趣，计量经济学可以细分为两大类：理论和应用。那些经常从事这种实践的人通常被称为计量经济学家。
MATLAB代写
MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。