Vorlesungsfolien

Inhaltsverzeichnis
Was ist ein stochastischer Prozess?
Inhalt
1. Wahrscheinlichkeitstheorie (Crashkurs)
1.1. Zufallsvariablen
1.2. Verteilungsfunktion
1.3. Stetige Verteilungsfunktionen
1.4. Diskrete Verteilungsfunktionen
1.5. Erwartungswerte
1.6. Unabhängigkeit
1.7. Bedingte Wahrscheinlichkeit und bedingte Erwartung
1.8. Bedingungsformeln
1.9. Die Faltung
1.10. Das Gesetz der großen Zahlen
1.11. Der Zentrale Grenzwertsatz
2. Irrfahrten
2.1. Die symmetrische einfache Irrfahrt
2.2. Verteilung der symmetrischen einfachen Irrfahrt
2.3. Austrittszeiten aus einem Streifen
1 / 185
3. Markov-Ketten
3.1. Motivation: Irrfahrt mit Leitplanken
3.2. Markov-Ketten
3.3. Übergangswahrscheinlichkeiten
3.4. Klassifikation von Zuständen: Erreichbarkeit
3.5. Klassifikation von Zuständen: Periodizität
3.6. Klassifikation von Zuständen: Rekurrenz
3.7. Stationäre Verteilung und Grenzverhalten
3.8. Mittelwerte im Gleichgewichtszustand
3.9. Rückkehrzeiten
4. Poisson-Prozesse
4.1. Erdbeben und Zählprozesse
4.2. Definition: Poisson-Prozess
4.3. Gedächtnislosigkeit der exponentiellen Verteilung
4.4. Verteilung der Pausenzeiten
4.5. Pausenzeiten und Ereigniszeitpunkte
4.6. Normalapproximation
4.7. Exkurs: Ordnungsstatistik der Gleichverteilung
4.8. Ereigniszeitpunkte bei fester Ereigniszahl
2 / 185
4.9. Vorwärts- und Rückwärtsrekurrenzzeit
4.10. Zusammenführung von Poisson-Prozessen
4.11. Ausdünnung von Poisson-Prozessen
4.12. Inhomogene Poisson-Prozesse
4.13. Zusammengesetzte Poisson-Prozesse, Waldsche Gleichung
5. Brownsche Bewegung
5.1. Noch einmal Irrfahrten
5.2. Eigenschaften der Brownschen Bewegung
5.3. Treffzeit, einseitig
5.4. Maximumprozess
5.5. Treffzeit, beidseitig
5.6. Verhalten der Pfade für wachsendes t
5.7. Weitere Konstruktionen
5.8. Die Brownsche Brücke
6. Die geometrische Brownsche Bewegung
6.1. Definition
6.2. Eigenschaften
6.3. Optionspreise
3 / 185
Was ist ein stochastischer Prozess?
Stochastische Prozesse beschreiben die zufällige Entwicklung
einer zahlenmäßigen Größe in der Zeit.
Diskreter Zeitverlauf: Xn bezeichnet eine zufällige Größe
zu den Zeitpunkten n = 1, 2, 3, . . ..
Kontinuierlicher Zeitverlauf: X (t) bezeichnet eine
zufällige Größe zu Zeitpunkten t ∈ [0, ∞),
4 / 185
Beispiele für Anwendungen stochastischer Prozesse:
I Ergebnisse beim Münzwurf, Würfelspiel,
I Produktionszahlen,
I Arbeitslosenquote,
I Nachfrage,
I Kapital einer Versicherung,
I Länge von Warteschlangen,
I Lebensdauer von Produkten,
I Aktienkurse.
Wir halten uns nicht mit der Frage auf, worauf das
stochastische Wesen des Prozesses („die Zufälligkeit”)
zurückzuführen ist, sondern betrachten Zufall als das
Nicht-Vorhandensein von Information über den exakten
Verlauf des Prozesses.
5 / 185
Wir interessieren uns für die stochastischen Eigenschaften der
Prozesse, z.B.
I Verteilung zu bestimmten Zeitpunkten,
I Ein- und Austrittswahrscheinlichkeiten,
I Erwartungswerte von mit dem Prozess
zusammenhängenden Größen,
I Zeitliche Mittel, Grenzverteilungen.
6 / 185
Inhalt
I
Wahrscheinlichkeitstheorie (Crashkurs)
I
Irrfahrten
Markov-Ketten
Poisson-Prozess
Brownsche Bewegung
I
I
I
7 / 185
1. Wahrscheinlichkeitstheorie (Crashkurs)
Wir benötigen einen Werkzeugkasten von Begriffen und
Resultaten aus der Wahrscheinlichkeitstheorie (siehe auch die
Vorlesungen Statistik I und Statistik II).
1.1. Zufallsvariablen
Eine reelle Zufallsvariable ist eine mathematische Größe, die
„zufällige Werte” in R annimmt.
Beispiel 1.1
Beim Würfelspiel nimmt die Zufallsvariable „Augenzahl” die
Werte 1, 2, 3, 4, 5 und 6 an. Beispiel 1.2
Der Schlusskurs des DAX an der Börse kann als
Zufallsvariable angesehen werden.
Sie nimmt werte in der Menge R+ = [0, ∞) an . 8 / 185
Wir benötigen aber einen mathematischen Begriff, also
definieren wir eine Zufallsvariable als eine Abbildung auf
einem Wahrscheinlichkeitsraum.
Definition 1.3 Ein Wahrscheinlichkeitsraum (Ω, A, P)
besteht aus
I einem Grundraum Ω,
I einer Menge von Ereignissen A (sog. σ-Algebra. Die
Elemente von A sind Teilmengen von Ω),
I einem Wahrscheinlichkeitsmaß P, das jedem A ∈ A
eine Wahrscheinlichkeit P(A) zuordnet, so dass gilt:
I
I
I
P(A) ∈ [0, 1],
P(Ω)
S∞= 1,
P
P( i=1 Ai ) = ∞
i=1 P(Ai ) für disjunkte Ereignisse
A1 , A2 , . . ..
Wir sagen, dass Ereignisse A, für die P(A) = 1 ist, fast sicher
sind.
9 / 185
Definition 1.4 Eine reelle Zufallsvariable X ist eine Abbildung X : Ω → R, derart, dass die Menge
K (x) = {ω ∈ Ω|X (ω) ≤ x}
ein Ereignis ist für jedes x ∈ R.
Zwei tröstliche Anmerkungen:
I Diese Bedingung ist in der Regel für Abbildungen
X : Ω → R erfüllt. Für uns ist daher jede Abbildung
X : Ω → R,
eine gültige Zufallsvariable.
I Wir werden bald sehen, dass wir die Abbildungsnatur von
Zufallsvariablen und den zugrundeliegenden
Wahrscheinlichkeitsraum Ω bei der Betrachtung
stochastischer Prozesse meist vernachlässigen können.
10 / 185
Beispiel 1.5
Die Zufallsvariable X beschreibe den Ausgang des
Würfelspiels, d.h. die Augenzahl, die geworfen wurde.
Der zugehörige Wahrscheinlichkeitsraum ist
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Ereignisse sind alle Teilmengen von Ω, also zum Beispiel
{1, 3, 5}
Ereignis ’ungerade Augenzahl’
{4, 5, 6}
Ereignis ’Augenzahl >3’
{1}
Ereignis ’Augenzahl ist 1’
Die Zufallsvariable X : {1, 2, 3, 4, 5, 6} → R ist gegeben durch
X (ω) = ω.
Dann ist z.B.
K (4.63) = {ω ∈ Ω|X (ω) ≤ 4.63}
= {ω ∈ Ω|ω ≤ 4.63} = {1, 2, 3, 4}.
11 / 185
Beispiel 1.6
Es sei X die Summe der Augenzahlen bei zweimaligem
Würfeln.
Dann ist
Ω = {ω = (ω1 , ω2 )|ω1 , ω2 ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}}
und
X (ω) = ω1 + ω2 .
Beispielsweise ist
K (7) = {ω ∈ Ω|X (ω) ≤ 4}
= {ω ∈ Ω|ω1 + ω2 ≤ 4}
= {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 1)}.
12 / 185
1.2. Verteilungsfunktion
Definition 1.7 Die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses
K (x) = {ω ∈ Ω|X (ω) ≤ x} ist eine Funktion von x, die man
als Verteilungsfunktion von X bezeichnet:
FX (x) = P(K (x)) = P(X ≤ x).
Die Verteilungsfunktion FX ist
I nicht fallend,
I rechtsseitig stetig, d.h. limz↓x FX (z) = FX (x)
I und es gilt
lim F (x) = 0
x→−∞
X
lim FX (x) = 1.
x→∞
Zur Beschreibung der Verteilung einer Zufallsvariablen ist es
ausreichend, die Verteilungsfunktion anzugeben.
13 / 185
Wir unterscheiden zwei Typen von Verteilungsfunktionen:
stetige Verteilungsfunktionen: FX ist stetig und
stückweise differenzierbar.
diskrete Verteilungsfunktionen: FX ist stückweise
konstant und hat Sprünge.
14 / 185
1.3. Stetige Verteilungsfunktionen
Eine stetige Verteilungsfunktion hat die Darstellung
Rx
FX (x) = −∞ fX (u) du
Rx
= −∞ dFX (u).
mit der Dichtefunktion fX (x) = FX0 (x) ≥ 0, die die Verteilung
von X vollständig festlegt.
Es gilt allgemeiner
Z b
P(a < X ≤ b) =
fX (u) du
a
Z b
=
dFX (u).
a
15 / 185
Achtung: Die Dichtefunktion fX (x) beschreibt keine
Wahrscheinlichkeiten. Es gilt aber die Näherung
P(x < X ≤ x + h) ≈ h · fX (x), h > 0, (und h klein).
Es gilt für jedes x ∈ R:
Z
P(X = x) =
x
fX (u) du = 0,
x
wenn X eine stetige Zufallsvariable ist.
Die Ereignisse
1. a ≤ X ≤ b
2. a < X ≤ b
3. a < X < b
4. a ≤ X < b
haben dieselbe Wahrscheinlichkeit.
16 / 185
Beispiel 1.8
Eine Zufallsvariable X besitze die folgende
Verteilungsfunktion:
Dann ist z.B.
P(X ≤ −2) = 0.2, P(X ≤ −1) = 0.5, P(X ≤ 3) = 0.9,
P(X ≤ 7) = 1, P(−2 < X ≤ 1) = 0.3, P(1 < X ≤ 3) = 0.4
X ist fast sicher kleiner als 4. 17 / 185
Beispiel 1.9
Die Zufallsvariable X habe die Verteilungsfunktion
(exponentielle Verteilung)
FX (x) = 1 − e−x .
Dann ist
fX (x) = e−x .
Zum Beispiel ist
P(1 < X ≤ 1.1) ≈ 0.1 · e−1 ≈ 0.0368
Exakte Berechnung:
P(1 < X ≤ 1.1) = FX (1.1) − FX (1)
= e−1 − e−1.1 ≈ 0.0350
18 / 185
1.4. Diskrete Verteilungsfunktionen
Eine diskrete Verteilungsfunktion ist stückweise konstant
und hat an gewissen Stellen x1 , x2 , . . . Sprünge der Höhe
p1 , p2 , . . ..
Die zugehörige Zufallsvariable nimmt nur die Werte
x1 , x2 , . . . mit positiver Wahrscheinlichkeit an: X ∈ {x1 , x2 , . . .}
fast sicher.
Es gilt
X
P(X = xk ) = pk , FX (x) = P(X ≤ x) =
pi .
i:xi ≤x
19 / 185
Notation zur Vereinfachung: Wir schreiben auch hier
Z b
g(u) dFX (u)
a
für die Summe
X
g(xi ) pi .
i:a<xi ≤b
Dann gilt, wie schon im stetigen Fall,
Z x
FX (x) =
dFX (u).
−∞
und
P(a < X ≤ b) = FX (b) − FX (a) =
X
pi .
i:a<xi ≤b
20 / 185
Beispiel 1.10
Die Zufallsvariable X habe die folgende Verteilungsfunktion:
Dann gilt z.B.
P(X = −3) = 0.5, P(X = 1) = 0.3, P(X = 4) = 0.2
P(X ≤ 0) = 0.5, P(X ≤ 2) = 0.8, P(X > 3) = 0.2
P(−1 < X ≤ 1) = 0.3, P(0 < X ≤ 6) = 0.5,
P(X > −1) = 0.5, P(X ≥ −5) = 1.
21 / 185
1.5. Erwartungswerte
Mit Hilfe der Verteilungsfunktion lassen sich berechnen:
Der Erwartungswert
Z ∞
E[X ] =
x dFX (x).
−∞
Allgemeiner: der Erwartungswert der Zufallsvariablen
g(X ), wo g : R → R eine Funktion ist:
Z ∞
E[g(X )] =
g(x) dFX (x).
−∞
Spezialfall: das k -te Moment
Z ∞
k
E[X ] =
x k dFX (x).
−∞
Diese Größen sind natürlich nur dann wohldefiniert, wenn die
entsprechenden Integrale existieren.
22 / 185
Die Varianz von X ist definiert als der Erwartungswert der
quadratischen Abweichung von E[X ]:
Var[X ] = E[(X − E[X ])2 ]
= E[X 2 ] − E[X ]2 .
Es müssen die ersten beiden Momente existieren und es
muss E[X ] < ∞ sein.
Ist X fast sicher positiv, d.h. P(X > 0) = 1 (oder FX (0) = 0),
dann gilt
Z ∞
E[X ] =
(1 − FX (u)) du.
0
23 / 185
1.6. Unabhängigkeit
Zwei Zufallsvariablen heißen unabhängig, wenn
P(X ≤ x, Y ≤ y ) = P(X ≤ x) · P(Y ≤ y ), x, y ∈ R
gilt.
Eine Familie von Zufallsvariablen (Xk )k ∈K ist unabhängig,
wenn
P(Xk1 ≤ xk1 , . . . , Xkj ≤ xkj ) = P(Xk1 ≤ xk1 ) · · · P(Xkj ≤ xkj )
für alle 1 ≤ j ≤ n und alle xj ∈ R gilt.
Gilt dann noch P(Xk1 ≤ xk1 ) = . . . = P(Xkn ≤ xkn ), so sagt
man die Zufallsvariablen seien unabhängig und identisch
verteilt (kurz: i.i.d., engl. independent and identically
distributed).
24 / 185
1.7. Bedingte Wahrscheinlichkeit und bedingte Erwartung
Gegeben seien zwei diskrete Zufallsvariablen X und Y .
Die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass X = x ist,
gegeben Y = y ist
P(X = x, Y = y )
,
P(X = x|Y = y ) =
P(Y = y )
vorausgesetzt dass P(Y = y ) 6= 0 ist.
Die bedingte Verteilungsfunktion von X gegeben Y = y
ist
FX (x|Y = y ) = P(X ≤ x|Y = y ).
Den bedingten Erwartungswert von X , gegeben Y = y
definieren wir natürlich
als
Z ∞
X
E[X |Y = y ] =
x dFX (x|Y = y ) =
xi P(X = xi |Y = y ).
−∞
i:xi ≤x
25 / 185
Wenn X und Y beide stetig sind, dann definieren wir die
bedingte Dichtefunktion von X , gegeben Y = y als
fX ,Y (x, y )
,
fX (x|Y = y ) =
fY (y )
wenn fY (y ) 6= 0 ist. Dabei ist fX ,Y (x, y ) die gemeinsame
Dichtefunktion definiert durch
Z Z
y
x
−∞
−∞
P(X ≤ x, Y ≤ y ) =
fX ,Y (u, w) du dw.
Die bedingte Verteilungsfunktion von X , gegeben Y = y ,
ist dann
Z
x
FX (x|Y = y ) =
fX (u|Y = y ) du.
−∞
Entsprechend ergibt sich der bedingte Erwartungswert
von X , gegeben Y = y :
Z ∞
Z ∞
E[X |Y = y ] =
x dFX (x|Y = y ) =
x fX (x|Y = y ) dx.
−∞
−∞
26 / 185
Allgemein ist die bedingte Erwartung von X , gegeben
Y = y,
Z ∞
E[X |Y = y ] =
x dFX (x|Y = y ) = g(y )
−∞
eine Funktion von y .
Wir definieren dann die bedingte Erwartung von X gegeben
Y als die Zufallsvariable
E[X |Y ] = g(Y ).
27 / 185
1.8. Bedingungsformeln
Zu den wichtigsten Formeln der angewandten Stochastik
gehören:
Z
∞
P(A) =
P(A|Y = y ) dFY (y ),
Z−∞
∞
E[X |Y = y ] dFY (y ).
E[X ] =
−∞
28 / 185
Spezialfälle:
Ist Y eine stetige Zufallsvariable mit Dichtefunktion fY ,
dann gilt entsprechend
Z ∞
P(A) =
P(A|Y = y ) fY (y ) dy
−∞
Z ∞
E[X ] =
E[X |Y = y ] fY (y ) dy .
−∞
Ist Y eine diskrete Zufallsvariable mit Wahrscheinlichkeiten
pi = P(Y = yi ), dann ergibt sich die Formel
X
P(A) =
P(A|Y = yi ) pi
yi
E[X ] =
X
E[X |Y = yi ] pi .
yi
29 / 185
Beispiel 1.11
X und Y seien zwei unabhängige Zufallsvariablen mit
identischer Verteilung (Gleichverteilung auf [0, 1])
(
x ; x ∈ [0, 1]
FX (x) = FY (x) =
0 ; sonst
Wie groß ist E[max{X , Y }]?
E[max{X , Y }]
Z ∞Z ∞
=
E[max{X , Y }|Y = y , X = x] dFY (y ) dFX (x)
−∞ −∞
Z ∞Z ∞
=
max{x, y } dFY (y ) dFX (x)
−∞ −∞
1Z 1
Z
max{x, y } dy dx
Z 1Z x
Z 1Z 1
=
x dy dx +
y dy dx
=
0
0
0
0
0
x
30 / 185
Z
1
x
Z
E[max{X , Y }] =
1
Z
y dy dx
x dy dx +
0
Z
0
0
1
Z
x
=
0
Z
x
x
1
Z
dy dx +
0
1
1 1
−
2 2
0
1 1 11
2
=
+ −
= .
3 2 23
3
=
1
Z
x 2 dx +
0
Z
1 1 − x 2 dx
2
1
x 2 dx
0
Simulation:
31 / 185
1.9. Die Faltung
Seien X und Y zwei unabhängige Zufallsvariablen mit
gemeinsamer Verteilungsfunktion FX ,Y und sei S = X + Y .
Dann ist FS (x) = P(X + Y ≤ x)
Z ∞
=
P(X + Y ≤ x|Y = y ) dFY (y )
−∞
Z ∞
=
P(X + y ≤ x) dFY (y )
−∞
Z ∞
=
P(X ≤ x − y ) dFY (y )
−∞
Z ∞
=
FX (x − y ) dFY (y )
−∞
Den Ausdruck auf der rechten Seite bezeichnet man als
Faltung von FX und FY und schreibt
Z ∞
FX ∗ FY (x) =
FX (x − y ) dFY (v ).
−∞
32 / 185
Beispiel 1.12
Seien X und Y unabhängig und identisch verteilt mit
exponentieller Verteilung (mit Parameter λ). Dann ist
Z ∞
FX ∗ FY (x) =
FX (x − y ) dFY (y )
−∞
Z x
=
(1 − e−λ(x−y ) )λe−λy dy
Z0 x
Z x
−λy
=
λe
dy −
e−λ(x−y ) λe−λy dy
0
Z x0
= 1 − e−λx − λ
dy e−λx
−λx
0
−λx
= 1−e
− λxe
= 1 − (1 + λx)e−λx .
Diese Verteilung nennt sich Erlang-Verteilung (Spezialfall
einer Gammaverteilung). 33 / 185
1.10. Das Gesetz der großen Zahlen
Beispiel 1.13
Ein Würfel werde mehrmals geworfen. Es sei Xk die
Augensumme im k -ten Wurf. Dann ist (Xk )k ∈N ein
stochastischer Prozess.
Es ist natürlich P(Xi = k ) = 1/6 und
6
X
7
1
E[Xk ] =
i = .
6
2
i=1
34 / 185
Es sei
n
1X
mn =
xi
n
k =1
das empirische arithmetische Mittel.
Es scheint
mn → E[X1 ]
für n → ∞ zu gelten.
35 / 185
Wir definieren
Sn = X1 + X2 + . . . + Xn =
n
X
Xi .
k =1
Satz 1.14 (Starkes Gesetz der großen Zahlen)
Sind X1 , X2 , . . . i.i.d. mit Erwartungswert µ dann gilt
S
n
P
→ µ = 1.
n
Die Wahrscheinlichkeit, dass im Würfelbeispiel der empirische
Mittelwert nicht gegen 7/2 konvergiert, ist also Null.
36 / 185
1.11. Der Zentrale Grenzwertsatz
P
Sei wieder Sn = nk=1 Xk die Summe von i.i.d.
Zufallsvariablen X1 , X )2, . . . mit
µ = E[X1 ] < ∞, E[X 2 ] < ∞, σ 2 = Var[X1 ].
Wie wissen bereits
P(
Sn
→ µ) = 1.
n
Konvergiert auch Sn − n · µ?
37 / 185
Beispiel 1.15
Würfelbeispiel:
Sn − nµ scheint nicht zu konvergieren. 38 / 185
Es stellt sich heraus, dass Sn − nµ konvergiert, wenn man
die Folge entsprechend skaliert:
Satz 1.16 (Zentraler Grenzwertsatz)
Sind X1 , X2 , . . . i.i.d. mit endlichem Erwartungswert µ und
endlicher Varianz σ 2 , dann gilt
S − nµ
n
√
P
≤ x → Φ(x),
σ n
wobei Φ die Verteilungsfunktion der Standartnormalverteilung ist.
Dichte der Standartnormalverteilung
1 2
1
Φ0 (x) = √ e− 2 x .
2π
Verteilungsfunktion der Standartnormalverteilung
Z x
1 2
1
Φ(x) = √
e− 2 u du.
2π −∞
39 / 185
Tabelle der Werte der normierten Normalverteilung Φ(x) für
x ∈ [−2, 0]. Beispiel: Φ(−0.63) = 0.2643.
−2.5
−2.4
−2.3
−2.2
−2.1
−2.
−1.9
−1.8
−1.7
−1.6
−1.5
−1.4
−1.3
−1.2
−1.1
−1.
−0.9
−0.8
−0.7
−0.6
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0.
0.
0.0062
0.0082
0.0107
0.0139
0.0179
0.0228
0.0287
0.0359
0.0446
0.0548
0.0668
0.0808
0.0968
0.1151
0.1357
0.1587
0.1841
0.2119
0.242
0.2743
0.3085
0.3446
0.3821
0.4207
0.4602
0.5
0.01
0.006
0.008
0.0104
0.0136
0.0174
0.0222
0.0281
0.0351
0.0436
0.0537
0.0655
0.0793
0.0951
0.1131
0.1335
0.1562
0.1814
0.209
0.2389
0.2709
0.305
0.3409
0.3783
0.4168
0.4562
0.496
0.02
0.0059
0.0078
0.0102
0.0132
0.017
0.0217
0.0274
0.0344
0.0427
0.0526
0.0643
0.0778
0.0934
0.1112
0.1314
0.1539
0.1788
0.2061
0.2358
0.2676
0.3015
0.3372
0.3745
0.4129
0.4522
0.492
0.03
0.0057
0.0075
0.0099
0.0129
0.0166
0.0212
0.0268
0.0336
0.0418
0.0516
0.063
0.0764
0.0918
0.1093
0.1292
0.1515
0.1762
0.2033
0.2327
0.2643
0.2981
0.3336
0.3707
0.409
0.4483
0.488
0.04
0.0055
0.0073
0.0096
0.0125
0.0162
0.0207
0.0262
0.0329
0.0409
0.0505
0.0618
0.0749
0.0901
0.1075
0.1271
0.1492
0.1736
0.2005
0.2296
0.2611
0.2946
0.33
0.3669
0.4052
0.4443
0.484
0.05
0.0054
0.0071
0.0094
0.0122
0.0158
0.0202
0.0256
0.0322
0.0401
0.0495
0.0606
0.0735
0.0885
0.1056
0.1251
0.1469
0.1711
0.1977
0.2266
0.2578
0.2912
0.3264
0.3632
0.4013
0.4404
0.4801
0.06
0.0052
0.0069
0.0091
0.0119
0.0154
0.0197
0.025
0.0314
0.0392
0.0485
0.0594
0.0721
0.0869
0.1038
0.123
0.1446
0.1685
0.1949
0.2236
0.2546
0.2877
0.3228
0.3594
0.3974
0.4364
0.4761
0.07
0.0051
0.0068
0.0089
0.0116
0.015
0.0192
0.0244
0.0307
0.0384
0.0475
0.0582
0.0708
0.0853
0.102
0.121
0.1423
0.166
0.1922
0.2206
0.2514
0.2843
0.3192
0.3557
0.3936
0.4325
0.4721
0.08
0.0049
0.0066
0.0087
0.0113
0.0146
0.0188
0.0239
0.0301
0.0375
0.0465
0.0571
0.0694
0.0838
0.1003
0.119
0.1401
0.1635
0.1894
0.2177
0.2483
0.281
0.3156
0.352
0.3897
0.4286
0.4681
0.09
0.0048
0.0064
0.0084
0.011
0.0143
0.0183
0.0233
0.0294
0.0367
0.0455
0.0559
0.0681
0.0823
0.0985
0.117
0.1379
0.1611
0.1867
0.2148
0.2451
0.2776
0.3121
0.3483
0.3859
0.4247
0.4641
40 / 185
Tabelle der Werte der normierten Normalverteilung Φ(x) für
x ∈ [−2, 0]. Beispiel: Φ(0.63) = 0.7357.
0.
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2.
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
0.
0.5
0.5398
0.5793
0.6179
0.6554
0.6915
0.7257
0.758
0.7881
0.8159
0.8413
0.8643
0.8849
0.9032
0.9192
0.9332
0.9452
0.9554
0.9641
0.9713
0.9772
0.9821
0.9861
0.9893
0.9918
0.9938
0.01
0.504
0.5438
0.5832
0.6217
0.6591
0.695
0.7291
0.7611
0.791
0.8186
0.8438
0.8665
0.8869
0.9049
0.9207
0.9345
0.9463
0.9564
0.9649
0.9719
0.9778
0.9826
0.9864
0.9896
0.992
0.994
0.02
0.508
0.5478
0.5871
0.6255
0.6628
0.6985
0.7324
0.7642
0.7939
0.8212
0.8461
0.8686
0.8888
0.9066
0.9222
0.9357
0.9474
0.9573
0.9656
0.9726
0.9783
0.983
0.9868
0.9898
0.9922
0.9941
0.03
0.512
0.5517
0.591
0.6293
0.6664
0.7019
0.7357
0.7673
0.7967
0.8238
0.8485
0.8708
0.8907
0.9082
0.9236
0.937
0.9484
0.9582
0.9664
0.9732
0.9788
0.9834
0.9871
0.9901
0.9925
0.9943
0.04
0.516
0.5557
0.5948
0.6331
0.67
0.7054
0.7389
0.7704
0.7995
0.8264
0.8508
0.8729
0.8925
0.9099
0.9251
0.9382
0.9495
0.9591
0.9671
0.9738
0.9793
0.9838
0.9875
0.9904
0.9927
0.9945
0.05
0.5199
0.5596
0.5987
0.6368
0.6736
0.7088
0.7422
0.7734
0.8023
0.8289
0.8531
0.8749
0.8944
0.9115
0.9265
0.9394
0.9505
0.9599
0.9678
0.9744
0.9798
0.9842
0.9878
0.9906
0.9929
0.9946
0.06
0.5239
0.5636
0.6026
0.6406
0.6772
0.7123
0.7454
0.7764
0.8051
0.8315
0.8554
0.877
0.8962
0.9131
0.9279
0.9406
0.9515
0.9608
0.9686
0.975
0.9803
0.9846
0.9881
0.9909
0.9931
0.9948
0.07
0.5279
0.5675
0.6064
0.6443
0.6808
0.7157
0.7486
0.7794
0.8078
0.834
0.8577
0.879
0.898
0.9147
0.9292
0.9418
0.9525
0.9616
0.9693
0.9756
0.9808
0.985
0.9884
0.9911
0.9932
0.9949
0.08
0.5319
0.5714
0.6103
0.648
0.6844
0.719
0.7517
0.7823
0.8106
0.8365
0.8599
0.881
0.8997
0.9162
0.9306
0.9429
0.9535
0.9625
0.9699
0.9761
0.9812
0.9854
0.9887
0.9913
0.9934
0.9951
0.09
0.5359
0.5753
0.6141
0.6517
0.6879
0.7224
0.7549
0.7852
0.8133
0.8389
0.8621
0.883
0.9015
0.9177
0.9319
0.9441
0.9545
0.9633
0.9706
0.9767
0.9817
0.9857
0.989
0.9916
0.9936
0.9952
41 / 185
Beispiel 1.17
Würfelbeispiel:
E[X ] =
7
,
2
Var[X ] =
35
.
12
Dann gilt
S − 7n
n
2
P p
≤ x → Φ(x).
35/12n
Oder (für großes n):
x − 7n 2
P(Sn ≤ x) ≈ Φ p
.
35/12n
Beispiel:
340 − 350 P(S100 ≤ 340) ≈ Φ p
≈ Φ(−0, 59)
3500/12
= 0.2776
42 / 185
p
Normalverteilung Φ((x − 7/2n)/ 35/12n) (rot) und empirische
Verteilungsfunktion von S1 , S2 , S10 , S100 (10 000 Samples, blau).
43 / 185
2. Irrfahrten
2.1. Die symmetrische einfache Irrfahrt
In einem Spiel werde eine Münze geworfen. Es sei Xn = 1,
wenn im n-ten Spiel Kopf geworfen wurde und Xn = −1, wenn
im n-ten Spiel eine Zahl fällt.
Dann ist (Xn )n∈N ein stochastischer Prozess.
44 / 185
Die Partialsummen
Sn = X1 + X2 + . . . + Xn =
n
X
Xk
k =1
bilden einen zweiten stochastischen Prozess (Sn )n∈N0 , die
sogenannte symmetrische einfache Irrfahrt.
45 / 185
2.2. Verteilung der symmetrischen einfachen Irrfahrt
Wie groß sind die Wahrscheinlichkeiten P(Sn = k ) für k ∈ Z?
Schätzung mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes. Es ist
E[X1 ] = 0, E[X12 ] = 1, Var[X1 ] = 1.
Also schätzen wir:
P(Sn = k ) ≈ P(k − 1 ≤ Sn ≤ k + 1)
k + 1 − nµ
k − 1 − nµ
√
√
≈ Φ(
) − Φ(
)
σ n
σ n
k +1
k −1
= Φ( √ ) − Φ( √ ).
n
n
Zum Beispiel
−1
−3
P(S8 = −2) ≈ Φ( √ ) − Φ( √ )
8
8
≈ Φ(−0, 35) − φ(−1, 06) ≈ 0.3632 − 0.1446
= 0.2186.
46 / 185
Sei Uk die Anzahl der Kopf-Würfe bis zum n-ten Wurf und
Lk die Anzahl der Zahl-Würfe bis zum n-ten Wurf. Dann ist
Sn = Un − Ln .
47 / 185
Es gilt:
⇔
⇔
Sn = k
Ln = Un − k = n − Un
n+k
Un =
.
2
Also gilt
(
0
P(Sn = k ) =
P(Un =
n+k
)
2
; n + k ungerade
; n + k gerade.
Es bleibt die Verteilung von Un zu berechnen.
Beachte: Es gilt Un = i, genau dann, wenn von den n Würfen i
mal Kopf fällt.
48 / 185
Beispiel 2.1
Sei n = 5 und i = 3. Dann gibt es folgende Möglichkeiten:
1
2
3
4
5
K
K
K
Z
K
K
K
Z
K
K
K
Z
K
K
Z
Z
K
K
K
Z
Z
Z
Z
Z
K
6
7
8
9
10
K
Z
K
Z
Z
Z
K
Z
K
Z
K
K
Z
Z
K
Z
Z
K
K
K
K
K
K
K
K
Das entspricht der Anzahl der 3-elementigen Teilmengen einer
Menge mit 5 Elementen:
5
5!
120
=
= 10.
=
3!(5 − 3)!
12
3
Bei insgesamt 25 Möglichkeiten ergibt sich
5
P(U5 = 3) =
3
25
.
49 / 185
Die allgemeine Formel ist dann
n −n
P(Un = i) =
2 .
i
Für |k | ≤ n hatten wir gefunden:
(
0
; n + k ungerade
P(Sn = k ) =
n+k
P(Un = 2 ) ; n + k gerade.
Satz 2.2 Für die symmetrische einfache Irrfahrt gilt für
|k | ≤ n und n ∈ N0 :

; n + k ungerade
0
P(Sn = k ) =
n
 n+k 2−n ; n + k gerade
2
50 / 185
Grafik: Berechnete (rot) und simulierte (blau, 1000 Irrfahrten)
Wahrscheinlichkeiten P(Sn = k ) für n = 8.
8 −8
Zum Beispiel: P(S8 = −2) =
2 = 0.21875
3
(unsere ZGS-Schätzung: 0.2186).
51 / 185
Grafik: Berechnete (rot) und simulierte (blau, 10000 Irrfahrten)
Wahrscheinlichkeiten P(Sn = k ) für n = 30.
52 / 185
2.3. Austrittszeiten aus einem Streifen
Sei Tm der erste Index, bei dem entweder Sn = −b oder
Sn = b ist, vorausgesetzt dass S0 = m ist.
53 / 185
Es ist
E[T0 ] = E[T0 |X1 = 1]P(X1 = 1) + E[T0 |X1 = −1]P(X1 = −1)
1
1
=
(1 + E[T1 ]) + (1 + E[T−1 ])
2
2
= 1 + E[T1 ].
1
1
1
1
E[T1 ] = 1 + E[T2 ] + E[T0 ] = 1 + E[T2 ] + 1 + E[T1 ]
2
2
2
2
= 3 + E[T2 ]
1
1
1
1
E[T2 ] = 1 + E[T3 ] + E[T1 ] = 1 + E[T3 ] + 3 + E[T2 ]
2
2
2
2
= 5 + E[T3 ]
E[T3 ] = 7 + E[T4 ]
E[Tk ] = 2k + 1 + E[Tk +1 ].
54 / 185
Es ist E[Tb ] = 0, also
E[Tb−1 ] = 2(b − 1) + 1 + E[Tb ] = 2b − 1
| {z }
=0
E[Tb−2 ] = 2(b − 2) + 1 + 2b − 1 = 4b − 4
E[Tb−3 ] = 2(b − 3) + 1 + 4b − 4 = 6b − 9
E[Tb−4 ] = 2(b − 4) + 1 + 6b − 9 = 8b − 16
E[Tb−5 ] = 2(b − 5) + 1 + 8b − 16 = 10b − 25
E[Tb−k ] = 2kb − k 2 .
Einsetzen von b − k für k in die Formel ergibt:
Satz 2.3 Für die symmetrische einfache Irrfahrt gilt:
E[Tk ] = b2 − k 2 = (b − k )(b + k ).
55 / 185
Wir nehmen nun an, dass S0 = 0 ist. Es sei nun T (a, b) der
erste Index mit Sn = −a oder Sn = b.
56 / 185
T (a, b) =
a + b
2
= a · b.
a − b a + b a − b −
+
2
2
2
Satz 2.4 Für die symmetrische einfache Irrfahrt gilt:
E[T (a, b)] = a · b.
57 / 185
Beispiel 2.5
Wie lange dauert es im Mittel, bis ein Spieler beim
Münzwurfspiel entweder ruiniert ist (Sn = −1) oder sein
Spielkapital auf 10 Euro angewachsen ist (Sn = 10)?
Antwort: E[T (1, 10)] = 10.
Wie lange dauert es im Mittel, wenn er bereits 7 Euro
eingespielt hat?
Antwort: E[T (8, 3)] = 24. 58 / 185
Lassen wir in der Formel
E[T (a, b)] = a · b
die untere Begrenzung a gegen ∞ streben, so ergibt sich:
Satz 2.6 Für die symmetrische einfache Irrfahrt gilt:
E[T (∞, b)] = ∞
für jedes b ∈ N.
59 / 185
3. Markov-Ketten
3.1. Motivation: Irrfahrt mit Leitplanken
Wir definieren eine doppelt reflektierte Irrfahrt (Irrfahrt mit
Leitplanken):
P(Xn+1 = Xn + 1) = 12 wenn − 2 < Xn < 2,
P(Xn+1 = Xn − 1) = 21 wenn − 2 < Xn < 2,
P(Xn+1 = 1) = 1 wenn Xn = 2,
P(Xn+1 = −1) = 1 wenn Xn = −2.
Dann ist Xn ein stochastischer Prozess mit Zustandsraum
E = {−2, −1, 0, 1, 2}.
60 / 185
Die Ereignisse {Xn = j} hängen nur von Xn−1 ab und nicht
von X1 , X2 , . . . , Xn−2 .
Außerdem sind die Übergangswahrscheinlichkeiten
pij = P(Xn = j|Xn−1 = i)
von n unabhängig.
Wir definieren die sog. Übergangsmatrix:


0 1 0 0 0
 1 0 1 0 0 
 2 1 2 1


P=
 0 2 01 2 01 
 0 0
0 2 
2
0 0 0 1 0
Die Matrix ist eine stochastische Matrix, weil die
Zeilensumme für jede Zeile = 1 ist.
61 / 185
Wie findet man die Verteilung von X2 ?
Es ist z.B.
P(X2 = 1|X0 = −1)
2
X
=
P(X1 = j|X0 = −1)P(X2 = 1|X0 = −1, X1 = j)
j=−2
=
2
X
P(X1 = j|X0 = −1)P(X2 = 1|X1 = j)
j=−2
=
2
X
p−1,j pj,1 = 1/4.
j=−2
Entsprechend erhält man
P
P(X2 = i|X0 = j) = 2k =−2 pjk pki = (P 2 )ji .
62 / 185
Also ist die Matrix



P =


2

0.5
0. 0.5
0.
0.
0. 0.75 0. 0.25
0. 

0.25
0. 0.5
0. 0.25 

0. 0.25 0. 0.75
0. 
0.
0. 0.5
0. 0.5
die 2-Schritt-Übergangsmatrix von Xn .
Allgemeiner: P n ist die n-Schritt-Übergangsmatrix des
stochastischen Prozesses Xn , d.h.
P(Xn = i|X0 = j) = P(Xk +n = i|Xk = j) = (P n )ij .
Beispielsweise ist




P 20 = 

0.250488
0. 0.5
0. 0.249512
0. 0.500488 0. 0.499512
0.
0.25
0. 0.5
0.
0.25
0. 0.499512 0. 0.500488
0.
0.249512
0. 0.5
0. 0.250488


.

63 / 185
3.2. Markov-Ketten
Definition 3.1
Eine (homogene) Markov-Kette mit
endlichem
Zustandsraum
ist
ein
stochastischer Prozess (Xn )n∈N0 mit
Werten in einer beliebigen Menge
E = {x1 , x2 , . . . , xn }, für den gilt:
A.A.Markov
(1856-1922)
1. Markov-Eigenschaft: Die zukünftige Entwicklung
des Prozesses hängt nur vom gegenwärtigen
Zustand ab, nicht von der Vergangenheit:
P(Xn = xi |X0 = xj0 , . . . , Xn−1 = xjn−1 )
= P(Xn = xi |Xn−1 = xjn−1 ),
2. Die Wahrscheinlichkeiten P(Xn = xi |Xn−1 = xj ) sind
unabhängig von n ist (Zeit-Homogenität).
64 / 185
Wir schreiben kurz
pij = P(Xn = xi |Xn−1 = xj )
für die Übergangswahrscheinlichkeiten.
Die Gesamtheit der Wahrscheinlichkeiten pij kann man
unter Zuhilfenahme einer n × n Matrix, der Übergangsmatrix,
darstellen:


p11 p12 . . . p1(n−1) p1n
 p21 p22 . . . p2(n−1) p2n 


P = (pij ) =  ..
..
..
..
.. 
 .
.
.
.
. 
pn1 pn2 . . . pn(n−1) pnn
65 / 185
Beispiel 3.2 (Würfelspiel)
Sei Xn die Anzahl der Augenzahlen, die bis zum n-ten Spiel
noch nicht gefallen sind.
Dann ist Xn eine Markov-Kette mit Zustandsraum
E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} und Übergangsmatrix





P=



1
0
1
6
5
6
1
3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
3
1
2
0
0
0
0
0
0
1
2
2
3
0
0
0
0
0
0
1
3
5
6
0
0
0
0
0
0
1
6
1
0
0
0
0
0
0
0







66 / 185
3.3. Übergangswahrscheinlichkeiten
1-Schritt-Übergangswahrscheinlichkeiten: Die
Übergangswahrscheinlichkeiten
pij = P(Xn+1 = xi |Xn = xj )
kann man als Matrix P = (pij ) schreiben.
n-Schritt-Übergangswahrscheinlichkeiten: Wir
schreiben
(n)
pij = P(Xn = xi |X0 = xj ).
Satz 3.3 Die n-Schritt-Übergangswahrscheinlichkeiten
ergeben sich als Elemente der Matrix P n , also
(n)
pij = (P n )ij .
67 / 185
n-Schritt-Übergangswahrscheinlichkeiten
mit zufälligem Anfang:
Es seien
πi = P(X0 = xi )
die Anfangswahrscheinlichkeiten und π = (π1 , π2 , . . . , πn ) der
Vektor der Anfangswahrscheinlichkeiten.
Dann ergibt sich die praktische Formel
X
P(Xm = xj ) =
P(Xm = xj |X0 = k )P(X0 = k )
k
=
X
πk pkjm = (π · P m )j .
k
m
Dabei ist (π · P )j die j-te Koordinate des Vektors π · P m .
68 / 185
Beispiel 3.4
Ein Parkplatz hat 5 Stellplätze. Sei Xn die Anzahl der Autos
auf dem Parkplatz nach n Minuten.
Es sei (Achtung, Schreibweise nicht ganz korrekt!)


Xn + 1 mit Ws. 0.4
Xn+1 = Xn − 1 mit Ws. Xn /10


Xn
mit Ws. 0.6 − Xn /10
für Xn < 5 und für Xn = 5
(
Xn − 1
Xn+1 =
Xn
mit Ws. 0.5
mit Ws. 0.5
Xn ist eine Markov-Kette mit 6 Zuständen {0, 1, 2, 3, 4, 5}.
69 / 185
Die Übergangsmatrix ist gegeben durch

0.6 0.4 0
0
0
0
 0.1 0.5 0.4 0
0
0

 0 0.2 0.4 0.4 0
0
P = (pij ) = 
 0
0 0.3 0.3 0.4 0

 0
0
0 0.4 0.2 0.4
0
0
0
0 0.5 0.5








Simulation
70 / 185
Für die 2-Schritt-Übergangsmatrix ergibt sich:


0.4 0.44 0.16 0.
0.
0.
 0.11 0.37 0.36 0.16 0.
0. 




0.02
0.18
0.36
0.28
0.16
0.

P2 = 
 0. 0.06 0.21 0.37 0.2 0.16 


 0.
0. 0.12 0.2 0.4 0.28 
0.
0.
0.
0.2 0.35 0.45
Außerdem
ist
0.023
 0.023

 0.023
100
P
=
 0.023

 0.023
0.023
Interpretation?
0.093
0.093
0.093
0.093
0.093
0.093
0.187
0.187
0.187
0.187
0.187
0.187
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.249
0.199
0.199
0.199
0.199
0.199
0.199








71 / 185
Zum Zeitpunkt null (z.B. Mittags um 12 Uhr) sei die
Anfangsverteilung
π = (0.0, 0.1, 0.2, 0.2, 0.5, 0.0),
d.h. die Markov-Kette befindet sich z.B. im Zustand 3 (d.h. drei
PKW befinden sich im Parkhaus) mit Wahrscheinlichkeit 0.2.
Dann ist z.B.
P(X20 = 3) = (π · P 20 )3
Es ist


0.03 0.109 0.2 0.247 0.233 0.181
 0.027 0.103 0.194 0.248 0.24 0.188 


 0.025 0.097 0.19 0.248 0.245 0.194 
20

P =
 0.023 0.093 0.186 0.249 0.249 0.199 


 0.022 0.09 0.184 0.249 0.252 0.203 
0.021 0.088 0.182 0.249 0.254 0.205
und daher
P(X20 = 3) = 0.187.
72 / 185
3.4. Klassifikation von Zuständen: Erreichbarkeit
Ein Zustand xj ist vom Zustand xi aus erreichbar, wenn
(n)
pij > 0
ist für irgendein n ∈ N ∪ {0}.
Wir schreiben dann xi → xj
Zwei Zustände x und y kommunizieren, wenn x → y und
y → x gilt.
Notation: x ↔ y .
Die Markov-Kette heißt irreduzibel, wenn x ↔ y gilt für je
zwei Zustände x und y in E.
73 / 185
Ein Übergangsdiagramm beschreibt die Zustände und die
Übergangswahrscheinlichkeiten in einem Graphen als Knoten
mit gewichteten und gerichteten Kanten.
74 / 185
Beispiel 3.5
Eine Maschine befindet sich in einem der drei Zustände
(A) „intakt”, (B) „defekt” und (C) „in Reparatur”.
Sei Xn ∈ {A, B, C} der Zustand der Maschine nach n Tagen.
Die Übergangswahrscheinlichkeiten seien wie folgt gegeben:
Es gilt A → A, A → B, A → C, B → B, B → C, B → A, C →
C, C → A, C → B. Die Markov-Kette ist irreduzibel.
75 / 185


0.95 0.05 0
0
1 
P =  0
0.4
0
0.6


0.851 0.043 0.106
P 100 =  0.851 0.043 0.106 
0.851 0.043 0.106
Simulation:
76 / 185
Der Zustandsraum E einer Markov-Kette zerfällt in
sogenannte kommunizierende Klassen C1 , C2 , . . . , Ck
Jedes x ∈ E ist Element genau einer Klasse und es gilt
x ↔ y für alle Elemente y in derselben Klasse.
Es gilt
k
[
E=
Ci ,
i=1
∅=
k
\
Ci .
i=1
Ist x ∈ Ci , so besteht Ci aus genau der Teilmenge von
Zuständen, die mit x kommunizieren.
Genau dann, wenn es nur eine solche Klasse gibt, ist die
Markov-Kette irreduzibel.
77 / 185
Beispiel 3.6
Eine Markov-Kette habe folgendes Übergangsdiagramm:
Die Markov-Kette ist nicht irreduzibel.
Es gilt z.B. nicht 3 ↔ 1 oder 5 ↔ 2. Die kommunizierenden
Klassen sind C1 = {1, 2} und C2 = {3, 4, 5}.


Es ist
0.2
 0.95

P= 0
 0
0
0.8
0
0
0
0 0.05 0
0
0
0
1
0
0
0.4
0 0.6
0
0.5 0.5 0




78 / 185
Wir haben 
P
50


= 


0.178 0.146 0.209 0.293 0.174
0.173 0.142 0.212 0.297 0.176
0.
0.
0.304 0.435 0.261
0.
0.
0.304 0.435 0.261
0.
0.
0.304 0.435 0.261

0.002 0.002 0.303 0.433 0.26
0.002 0.001 0.303 0.433 0.26
0.
0.
0.304 0.435 0.261
0.
0.
0.304 0.435 0.261
0.
0.
0.304 0.435 0.261






und

P
250


=







79 / 185
Übergangsdiagramm
Simulation
80 / 185
3.5. Klassifikation von Zuständen: Periodizität
Gilt für einen Zustand xi ∈ E
(m)
pii > 0,
dann kann man von xi aus xi in m-Schritten erreichen.
Der g.g.T. (größte gemeinsame Teiler) derjenigen m, für die
(m)
pii > 0 ist, heißt die Periode des Zustandes xi , geschrieben
per(xi ).
Beispiel 3.7
Ist z.B. für einen Zustand i
(1)
(2)
pii = 0, pii = 0,
(4)
pii = 0,
(7)
(5)
pii = 0,
(8)
(3)
pii > 0,
(6)
pii > 0,
(9)
pii = 0, pii = 0, pii > 0, . . .
dann ist die Periode des Zustands xi gleich 3. 81 / 185
Beispiel 3.8
Die Markov-Kette ist nicht irreduzibel. Es gibt drei Klassen
E1 = {1}, E2 = {2, 4}, E3 = {3, 5}.
Es ist per(1) = 1, per(2) = 2, per(3) = 2, per(4) = 2 und
per(5) = 2. 82 / 185
3.6. Klassifikation von Zuständen: Rekurrenz
Ein Zustand xi ∈ E heißt rekurrent, wenn die Ws. vom
Zustand xi den Zustand xi (irgendwann) wieder zu erreichen
gleich eins ist.
Anderenfalls heißt der Zustand transient.
Ist die erwartete Zeit bis zur Rückkehr endlich, so heißt xi
positiv rekurrent, ansonsten nullrekurrent.
Rekurrenz und Transienz häufig sind nicht einfach
nachzuweisen.
Ein Zustand xi ist mit Sicherheit transient wenn es einen
Zustand xj 6= xi gibt, für den i → j und nicht j → i gilt.
83 / 185
Satz 3.9
Periodizität, Rekurrenz und Transienz sind Eigenschaften
einer gesamten Klasse, d.h. alle oder keine Zustände einer
Klasse haben diese Eigenschaften.
Beispiel 3.10
84 / 185
Beispiel 3.11
85 / 185
Beispiel 3.12
86 / 185
Beispiel 3.13
Alle Zustände sind rekurrent.
87 / 185
3.7. Stationäre Verteilung und Grenzverhalten
Definition 3.14
Eine stationäre Verteilung einer
Markov-Kette auf dem Zustandsraum E = {x1 , x2 , . . . , xn }
ist eine Anfangsverteilung π = (π1 , π2 , . . . , πn ), für die
π·P =π
gilt, d.h. die Wahrscheinlichkeiten nach einem Schritt stimmen mit der Anfangsverteilung überein.
Es gilt dann natürlich auch
π · P n = π,
gilt, d.h. die Wahrscheinlichkeiten nach n Schritten stimmen
mit der Anfangsverteilung überein.
88 / 185
Die Gleichung
πP = π
kann man als
π(P − In ) = 0
schreiben, wobei In die n × n-Einheitsmatrix ist.
Wir können auch schreiben
(P − In )T π = 0.
Um eine stationäre Anfangsverteilung zu finden, muss man
also nur ein homogenes lineares Gleichungssystem lösen und
dann diejenige Lösung finden.
Uns interessieren natürlich nur Lösungen, für die
π1 + . . . + πn = 1 ist.
89 / 185
Beispiel 3.15
Es sei Xn eine Markov-Kette auf E = {1, 2, 3} und


0 12 12
P =  13 13 13 
1 0 0
die zugehörige Übergangsmatrix.
90 / 185
Es ist π(P − In ) = 0, g.d.w. (P − In )T π = 0


−1 31
1
 1 −2 0  = 0
2
3
1
1
−1
2
3


1 − 13 −1
⇔  0 −1 1  = 0
0 12 − 21


1 0 − 43
 0 1 −1 
=0
⇔
0 0 0
Lösung π = c · (− 43 , −1, −1) mit c ∈ R.
In unserem Fall muss c · (− 43 − 1 − 1) = 1 gelten:
 4  

0.4
−3
3
π = −  −1  =  0.3  .
10
0.3
−1
91 / 185
Bemerkung: Hat die Matrix P − In stets einen Rang, der
kleiner ist als n?
Ja, denn P ist eine stochastische Matrix, d.h. die
Zeilensummen sind eins. Wenn man also die n Spalten von
P − In addiert, ergibt sich der Nullvektor, d.h. die
Spaltenvektoren sind linear abhängig.
92 / 185
Beispiel 3.16
Es sei
1
2
1
2
1
3

0 0
2
 0
0 
3

P=
 0 0 1 3 
4
4
4
0 0 15
5

93 / 185
Es ist

− 12
 1
(P − In )T =  02
0
− 23
2
3
0
0
0
− 34
0
0
− 45
− 45
− 54
− 45
− 45
0
− 58
− 12
10
− 16
15
0
0
0
− 34
3
4
4
5
0
0
− 45



Wir lösen das LGS
1
2
0
0
0
− 23
2
3
3
4
3
4
1
2
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
2
3
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
3
4
94 / 185
, −1).
Lösung: π = c(− 85 , − 65 , − 16
15
Dann ist
1
c = 8 6 16
= −15/73.
− 5 − 5 − 15 − 1
Daher ergibt sich für die stationäre Verteilung:
π = ( 24
, 18 , 16 , 15 )
73 73 73 73
= (0.328767, 0.246575, 0.219178, 0.205479).
Interessante Beobachtung:

0.328767 0.246575

0.328767 0.246575
P 100 = 
 0.328767 0.246575
0.328767 0.246575
0.219178
0.219178
0.219178
0.219178

0.205479
0.205479 
.
0.205479 
0.205479
95 / 185
Satz 3.17 Eine irreduzible und aperiodische MarkovKette mit endlichem Zustandsraum ist immer (positiv)
rekurrent und der Grenzwert
P ∞ = lim P n
n→∞
∞
existiert. Die Matrix P  hat die Form

π1 π2 . . . πn
 π1 π2 . . . πn 


P ∞ =  ..
..
..
.. 
 .
.
.
. 
π1 π2 . . . πn
und π = (π1 , . . . , πn ) ist die einzige stationäre Verteilung
der Markov-Kette.
96 / 185
Zusammenfassung: Ist die Markov-Kette Xn irreduzibel
und aperiodisch, dann gibt es eine eindeutige stationäre
Verteilung π (Lösung der Gleichung π(P − In ) = 0) und es
gilt:
I Startet die Kette mit der Anfangsverteilung π, so
verbleibt sie bei dieser Verteilung, d.h.
P(Xn = k ) = πk für jedes n.
I Ansonsten gilt unabhängig vom Startwert
lim P(Xn = k ) = πk ,
n→∞
d.h. die Markov-Kette befindet sich mit
Wahrscheinlichkeit ≈ πk im Zustand k , wenn der
Prozess schon sehr lange läuft (sog. steady state).
97 / 185
3.8. Mittelwerte im Gleichgewichtszustand
Für eine gegebene Funktion f : E → R wäre es interessant
den Mittelwert von f (Xn ) über einen sehr langen Zeitraum zu
bestimmen, also
n
1X
f (Xk )
n
k =0
für sehr großes n.
Satz 3.18 (Starkes Gesetz der großen Zahlen) Für eine
irreduzible, aperiodische, Markov-Kette mit Zustandsraum
mit stationärer Verteilung π gilt fast sicher
n
n
X
1X
lim
f (Xk ) =
f (i)πi ,
n→∞ n
k =0
i=1
für jede beschränkte Funktion auf dem Zustandsraum.
98 / 185
Beispiel 3.19
Eine Maschine befindet sich in einem der drei Zustände (A)
„intakt”, (B) „defekt” und (C) „in Reparatur”.
Sei Xn ∈ {A, B, C} der Zustand der Maschine nach n Tagen.
Die Übergangswahrscheinlichkeiten seien wie folgt gegeben:
99 / 185
In den Verschiedenen Zuständen verursacht die Maschinen
entweder Kosten oder es entstehen Einkünfte:
A B C
Gewinn (in Tsd. Euro) 2 -5 -10
Wie hoch ist der mittlere Gewinn pro Tag, wenn die
Markov-Kette im Gleichgewicht ist?
Die Markov-Kette ist irreduzibel und aperiodisch. Wir
berechnen die Stationäre Verteilung. Es ist


0.95 0.05 0
0
1 
P= 0
0.4
0
0.6
Dann ergibt sich


−0.05 0
0.4
0 
(P − In )T =  0.05 −1
0
1 −0.4
100 / 185
Wir müssen also das zugehörige LGS lösen:
-0.05 0 0.4
0.05 -1
0
0
1 -0.4
1
0
-8
0
1 -0.4
0
0
0
Also ist π = c · (−8, −0.4, −1) und daher
1
5
=− .
c=
−8 − 0.4 − 1
47
Demnach ist die stationäre Verteilung der Markov-Kette
gegeben durch π = (π1 , π2 , π3 ) mit
π = ( 40
, 2 , 5 ).
47 47 47
101 / 185
Nun sei f : E → R eine Funktion mit Werten
f (1) = 2,
f (2) = −5,
f (3) = −10.
Dann ist der Mittelwert von f (X0 ), f (X1 ), . . . gegeben durch
n
X
40
2
5
f (i)πi =
·2−
·5−
· 10
47
47
47
i=1
20
≈ 0.426.
47
Der mittlere Gewinn pro Tag pro Maschine beträgt also 426
Euro.
=
102 / 185
Beispiel 3.20
Eine Warteschlange eines Callcenters habe die Maximale
Länge vier. Es sei Xn die Warteschlangenlänge nach n
Minuten. Xn sei eine Markov-Kette mit Übergangsmatrix


0.9 0.1 0
0
0
 0.2 0.7 0.1 0
0 



P=
 0 0.2 0.7 0.1 0 
 0
0 0.2 0.7 0.1 
0
0
0 0.2 0.8
103 / 185
Um die Kunden(un)zufriedenheit zu messen, wird eine
Straffunktion f : {0, 1, 2, 3, 4} eingeführt, die höher Ausfällt,
wenn mehr Kunden warten müssen. Man definiert:
f (k ) = k 2 .
Wie groß ist die Strafe im Mittel über einen langen Zeitraum?
Wir bestimmen zunächst die stationäre Verteilung. Es ist


−0.1 0.2
0
0
0
 0.1 −0.3 0.2
0
0 


T
0.1 −0.3 0.2
0 
(P − In ) = 
 0

 0
0
0.1 −0.3 0.2 
0
0
0
0.1 −0.2
Wir müssen lösen: (P − In )T = 0.
104 / 185
-0.1
0.1
0
0
0
-0.1
0
0
0
0
0.2
-0.3
0.1
0
0
0.2
-0.1
0
0
0
0
0.2
-0.3
0.1
0
0
0.2
-0.1
0
0
0
0
0.2
-0.3
0.1
0
0
0.2
-0.1
0
0
0
0
0.2
-0.2
0
0
0
0.2
0
⇒
-0.1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
-0.1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
-0.1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
-0.1
0
0
0
0
1
0
1.6
0.8
0.4
0.2
0
-16
-8
-4
-2
0
Also ist π = c · (−16, −8, −4, −2, −1), d.h. c = 31,
16 8 4 2 1 π=
, , , ,
.
31 31 31 31 31
Dann ergibt sich
n
X
8
4
2
1
f (i)πi =
+4
+9
+ 16
≈ 1.87097.
31
31
31
31
i=1
Die mittlere Strafe beträgt etwa 1.87.
105 / 185
3.9. Rückkehrzeiten
Wie lange dauert im Mittel, bis die Markov-Kette nach
einem Start in Zustand xi wieder im Zustand xi anlangt?
Es sei
τ (i) = min{k ≥ 1 : Xn = i}.
Satz 3.21 Eine irreduzible und aperiodische MarkovKette mit endlichem Zustandsraum habe die stationäre
Verteilung π = (π1 , . . . , πN ). Dann gilt
1
E[τ (i)|X0 = i] = .
πi
106 / 185
4. Poisson-Prozesse
4.1. Erdbeben und Zählprozesse
Eine Versicherung will Erdbebenschäden abschätzen und
möchte dazu ein mathematisches Modell konstruieren.
Ein Seismograph zeichnet über einen längeren Zeitraum
Beben verschiedener Stärke auf.
Es sollen nur Erdbeben betrachtet werden, die eine
bestimmte Stärke überschreiten.
107 / 185
Die relevanten Erdbeben treten zu zufälligen Zeitpunkten
auf, die wir mit den Zufallsvariablen T1 , T2 , . . . identifizieren:
Wir setzen T0 = 0.
(Tk )k =1,2,... ist ein stochastischer Prozess in diskreter Zeit.
Die Zufallsvariablen Xk sind nicht-negativ.
In dem vereinfachten Modell werden die Erdbebenstärken
nicht weiter berücksichtigt.
108 / 185
Die Pausenzeiten, also die Länge der Zeitabschnitte
zwischen den Erdbeben, bezeichnen wir mit X1 , X2 , . . ..
Auch (Xk )k =1,2,... ist ein stochastische Prozess in diskreter
Zeit mit nicht-negativen Zufallsvariablen Xk .
Der Prozess (Tk ) ist durch den Prozess (Xk ) eindeutig
festgelegt und umgekehrt. Es gilt
Xn = Tn − Tn−1
und
n
X
Tn =
Xk , n = 1, 2, . . .
k =1
109 / 185
Es sei N(t) die Anzahl der Erdbebenereignisse im
Zeitintervall von 0 bis t, also
N(t) = max{j ∈ N0 |Tj ≤ t}.
Gilt z.B. T1 = 1.876, T2 = 1.901, T1 = 2.817 und T1 = 3.182
dann ist
N(1.0) = 0,
N(2.1) = 2,
N(2.7) = 2,
N(2.817) = 3,
N(3.1) = 3.
(N(t))t∈R+ ist ein stochastischer Prozess in stetiger Zeit.
110 / 185
N(t) hat folgende Eigenschaften:
1. N(t) hat Werte in Z+ = {0, 1, 2, 3, 4, . . .},
2. N(0) = 0,
3. N(t) ist nicht-fallend und
4. der Zuwachs N(t) − N(s) entspricht der Anzahl der
Erdbebenereignisse im Zeitintervall (s, t].
Ein stochastischer Prozess mit diesen vier Eigenschaften
ist ein Zählprozess.
Typische Verläufe für N(t):
111 / 185
Für das Erdbebenmodell nehmen wir noch zwei zusätzliche
Eigenschaften an.
(1) Die Zuwächse N(t + u) − N(t) und N(s + v ) − N(s)
seien unabhängig, wenn (t, t + u] und (s, s + v ] sich nicht
überschneiden.
112 / 185
(2) Die Zuwächse N(t + u) − N(t) und N(s + u) − N(s)
besitzen die gleiche Verteilung, die nur von u und nicht von t
uns s abhängt.
Ein Zählprozess mit diesen Eigenschaften heißt
Poisson-Prozess, wenn diese Verteilung der Zuwächse eine
Poisson-Verteilung ist mit Mittelwert λ · u, für ein λ > 0.
113 / 185
4.2. Definition: Poisson-Prozess
Definition 4.1 Ein (homogener) Poisson-Prozess mit Intensität λ > 0 ist ein Zählprozess (N(t))t∈R+ mit folgenden
Eigenschaften:
1. (Unabhängige Zuwächse) N(t + u) − N(t) ist
unabhängig von N(s + v ) − N(s) ,
2. (Stationäre Zuwächse) N(t + u) − N(t) hat eine
Poisson-Verteilung mit Parameter λu, d.h. es gilt
(λu)n
P(N(t + u) − N(t) = n) = e−λu
, n ∈ N0 .
n!
Dabei sei 0 ≤ t < t + u ≤ s < s + v .
114 / 185
Weitere Eigenschaften:
N(t) ist stückweise konstant, rechtsseitig stetig und hat
Aufwärtssprünge der Größe 1,
I N(t) = N(t) − N(0) hat eine Poisson-Verteilung:
n
−λt (λ · t)
P(N(t) = n) = e
,
n!
I E[N(t)] = λ · t,
I Man kann zeigen, dass
P(N(t) = 1) = λ · t + o(t),
P(N(t) > 1) = o(t),
wobei o(t) eine Funktion von t bezeichnet, für die
o(t)/t → 0 gilt, wenn t gegen 0 konvergiert.
Wenn t sehr klein ist, dann ist
P(N(t) = 1) ≈ λ · t,
P(N(t) > 1) ≈ 0.
I
115 / 185
Drei Poisson-Prozesse mit λ = 2.0, t ∈ [0, 10]
116 / 185
4.3. Gedächtnislosigkeit der exponentiellen Verteilung
Eine stetige Zufallsvariable X besitzt eine exponentielle
Verteilung mit Rate λ, wenn
FX (x) = P(X ≤ x) = 1 − e−λx
ist.
Für die zugehörige Dichtefunktion ergibt sich
fX (x) = λe−λx .
Es gilt
E[X ] =
1
,
λ
Var[X ] =
1
.
λ2
117 / 185
Exponentielle Zufallsvariablen besitzen ein besondere
Eigenschaft, die Gedächtnislosigkeit:
P(X > x + y |X > x) = P(X > y ).
Beweis:
,X >x)
P(X > x + y |X > x) = P(X >x+y
P(X >x)
=
P(X >x+y )
P(X >x)
−λ(x+y )
= e e−λx
= e−λy .
Keine andere stetige Zufallsvariable hat diese Eigenschaft.
118 / 185
4.4. Verteilung der Pausenzeiten
Erinnerung: Xn = Tn − Tn−1 und Tn =
Pn
k =1
Xk .
Da N(t) ein Zählprozess mit konstanter Rate ist, kann man
annehmen, dass X1 , X2 , . . . i.i.d sind.
P(X1 ≤ x) = P(N(x) > 0) = 1 − P(N(x) = 0) = 1 − e−λx .
Satz 4.2 Die Pausenzeiten des Poisson-Prozesses mit
Intensität λ haben eine exponentielle Verteilung mit Parameter λ. Insbesondere ist
1
E[X1 ] = E[X2 ] = . . . = .
λ
119 / 185
4.5. Pausenzeiten und Ereigniszeitpunkte
Erinnerung:
Tn =
n
X
Xk .
k =1
Es folgt, dass die Verteilung von Tn der n-fachen Faltung
der Exponentialverteilung entspricht:
G1 (x) = P(T1 ≤ x) = F (x) = 1 − e−λx ,
Z x
G2 (x) = P(T2 ≤ x) =
F (x − y ) dG1 (y ) = F ∗ F (x),
0
G3 (x) = F ∗ F ∗ F (x),
Gn (x) = |F ∗ F ∗{z· · · ∗ F}(x).
n×
⇒ Gn ist schwierig zu berechnen.
120 / 185
Statt die Faltungsintegrale zu berechnen, kann man eine
weitere Eigenschaft der Ereigniszeitpunkte ausnutzen.
Es gilt:
N(t) ≥ n ⇔ Tn ≤ t.
Dann ist also
P(Tn ≤ t) = P(N(t) ≥ n)
n−1
X
= 1−
P(N(t) = k )
k =0
= 1−e
−λt
n−1
X
(λt)k
k =0
k!
.
121 / 185
Satz 4.3 Der n-te Ereigniszeitpunkt Tn eines PoissonProzesses mit Intensität λ besitzt eine Erlang-Verteilung
mit Parametern n und λ:
n−1
X
(λt)k
P(Tn ≤ t) = 1 − e−λt
.
k!
k =0
Z.B. ist
P(T1 ≤ t) = 1 − e−λt
P(T2 ≤ t) = 1 − e−λt (1 + λt)
(λt)2
)
2
(λt)2 (λt)3
−λt
+
).
P(T4 ≤ t) = 1 − e (1 + λt +
2
6
P(T3 ≤ t) = 1 − e−λt (1 + λt −
122 / 185
Beispiel 4.4
Die Kundenankünfte an einem Schalter einer Bank werden
durch einen Poisson-Prozess modelliert. Die mittlere Anzahl
der Ankünfte beträgt 2 Kunden in der Minute.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass in 5 Minuten
weniger als 4 Kunden die Bank besuchen?
Es ist λ = 2.
Es ergibt sich
102 103
P(N(5) ≤ 3) = e−10 (1 + 10 +
+
) ≈ 0.010
2
6
Alternativ
P(T4 > 5) = 1 − P(T4 ≤ 5)
= e−10 (1 + 10 +
102 103
+
) ≈ 0.010.
2
6
123 / 185
4.6. Normalapproximation
Häufig ist es sehr mühsam die Verteilungsfunktion von N(t)
und Tk auszurechnen, wenn t oder k sehr groß sind.
Beispiel 4.5
Bei einer Maschine treten Defekte zufällig, aber mit einer
konstanten Rate von einem Defekt in 10 Tagen auf. Wie groß
ist die Wahrscheinlichkeit, dass in einem Jahr mehr als 40
Defekte eintreten?
Es ist λ = 1/10 (Zeiteinheit=Tage).
Wir suchen P(N365 > 40) also
40
1
X
( 10
365)k
1
− 10
365
P(N365 > 40) = 1 − e
k!
k =0
=???
124 / 185
Ist t sehr groß, so ist N(t) ≈ λt:
Poisson-Prozess mit λ = 3 und die Gerade t 7→ 3t.
125 / 185
Abstand N(t) zu λt:
N(t) − λt für λ = 3
126 / 185
Es ist Tn =
n
X
Xk .
k =1
Nach dem zentralen Grenzwertsatz ist also
x − nµ
P(Tn ≤ x) ≈ Φ( √ )
σ n
t − n/λ
= Φ( √
)
n/λ
λt − n
= Φ( √ ).
n
Satz 4.6 Für die Eintrittszeiten der Ereignisse eines homogenen Poissonprozesses mit Intensität λ gilt
λt − n P(Tn ≤ t) = P(N(t) ≥ n) ≈ Φ √
,
n
wenn n entsprechend groß ist.
127 / 185
Beispiel 4.7
Bei einer Maschine treten Defekte mit einer konstanten Rate
0.1 Defekte/Tag auf. Wie groß ist die Ws., dass in einem Jahr
mehr als 40 Defekte eintreten?
Wir suchten P(N365 > 40) also
39
1
X
( 10
365)k
1
− 10
365
P(N365 > 40) = 1 − e
k!
k =0
36.5 − 40
≈ Φ( √
) = Φ(−0.55) ≈ 0.2912.
40
Wahrer Wert: ≈ 0.3025. 128 / 185
4.7. Exkurs: Ordnungsstatistik der Gleichverteilung
Eine Zufallsvariable besitzt eine Gleichverteilung auf dem
Intervall [0, t], wenn
(
x
; x ∈ [0, t]
P(X ≤ x) = t
0 ; sonst
gilt.
Wir betrachten n gleichverteilte unabhängige
Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn auf dem Intervall [0, t].
Als Ordnungsstatistik von X1 , . . . , Xn bezeichnet man die
geordnete Menge X(1) < X(2) < . . . < X(n) der aufsteigend
sortierten Zufallsvariablen X1 , . . . , Xn .
Speziell ist dann
X(1) = min Xi ,
i=1,2,...,n
X(n) = max Xi .
i=1,2,...,n
129 / 185
Die gemeinsame Dichtefunktion der Ordnungsstatistik
X(1) , X(2) , . . . , X(n) von auf [0, t] gleichverteilten unabhängigen
Zufallsvariablen ist gegeben durch
(
n!/t n ; 0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ . . . ≤ tn ≤ t
f (t1 , t2 , . . . , tn ) =
0
; sonst.
Beispiel:
E[X(1) X(n) ] =
=
=
=
Z Z
Z t2
n! t tn
···
t1 tn dt1 dt2 . . . dtn−1 dtn
tn 0 0
0
Z
Z tn
Z t3 2
n! t
t2
t
·
·
·
dt2 . . . dtn−1 dtn
n
tn 0
0
0 2
Z
Z
n! t tnn
1 t n+1
dtn
tn dtn = n
t
t n 0 n!
t 0 n
t2
.
n+2
130 / 185
4.8. Ereigniszeitpunkte bei fester Ereigniszahl
Angenommen, es ist für einen Zeitpunkt t > 0 schon
bekannt, dass N(t) = n ist. Wie lautet die Verteilung der
Ereigniszeitpunkte T1 , T2 , . . . , Tn ?
Satz 4.8 Die gemeinsame Verteilung von T1 , T2 , . . . , Tn ,
gegeben N(t) = n, ist gleich der Verteilung der Ordnungsstatistik von n unabhängigen auf [0, t] gleichverteilten Zufallsvariablen.
Gegeben N(t) = n, liegen also die Ereigniszeiten
T1 , T2 , . . . , Tn in einem gewissen Sinne „maximal zufällig” im
Zeitintervall [0, t].
131 / 185
Man kann also die Ankünfte eines Poisson-Prozesses bis
zum Zeitpunkt t simulieren, indem man entweder
I Exponentielle Zufallsvariablen X1 , X2 , X3 , . . . mit Mittelwert
P
1/λ erzeugt, solange bis Tn = ni=1 Xi ≥ t ist, oder
I zunächst N(t) simuliert (dazu muss die Poissonverteilung
implementiert sein) und dann N(t) gleichverteilte
Variablen in [0, t] simuliert.
132 / 185
Beispiel 4.9
Es sei N(t) = 2. Wie lautet die Verteilung von T1 ?
Z Z
2 t u
P(s ≤ x) ds du
P(T1 ≤ x) = 2
t 0 0
Z Z
2 t min{u,x}
ds du
= 2
t 0 0
Z Z
2 x t
du ds
= 2
t 0 s
Z
2 x
= 2
(t − s) ds
t 0
2
1
= 2 (tx − x 2 )
t
2
2
2tx − x
.
=
t2
133 / 185
4.9. Vorwärts- und Rückwärtsrekurrenzzeit
Seien nun
t∗ = TN(t) , t ∗ = TN(t)+1
die Eintrittszeiten des vorhergehenden bzw. folgenden
Ereignisses nach dem Zeitpunkt t,
Wir wollen die Verteilung der Zufallsvariablen
A(t) = t − t∗
(Rückwärtsrekurrenzzeit)
∗
B(t) = t − t
(Vorwärtsrekurrenzzeit)
finden.
Die Verteilung von B(t) ist offenbar exponentiell
(Gedächtnislosigkeit der Exponentialverteilung):
P(B(t) ≤ s) = 1 − e−λs .
134 / 185
Die Verteilung von A(t) is etwas schwieriger zu finden.
Es ist für 0 ≤ s ≤ t
∞
X
P(A(t) > s) =
P(t∗ ≤ t − s|N(t) = n) · P(N(t) = n)
n=0
=
∞
X
P(max{U1 , U2 , . . . , Un } ≤ t − s) · e−λn
n=0
(λt)n
,
n!
wobei die Uk i.i.d. gleichverteilte ZV in [0, t] sind.
∞
X
(λt)n
=
P(U1 ≤ t − s, . . . , Un ≤ t − s) · e−λn
n!
=
n=0
∞
X
n
P(U1 ≤ t − s) · e
n=0
= e−λt eλs
∞
X
t − s n −λt (λt)n
=
·e
n!
t
n!
−λn (λt)
n
n=0
∞
X
n=0
e−λ(t−s)
n
(λ(t − s))
= e−λs .
n!
135 / 185
Satz 4.10
Für die Rückwärtsrekurrenzzeit gilt
(
1 − e−λs ; s ∈ [0, t]
P(A(t) ≤ s) =
1
; sonst
und E[A(t)] = λ1 (1 − e−λt ).
Für die Vorwärtsrekurrenzzeit gilt
P(B(t) ≤ s) = 1 − e−λs , s ∈ [0, ∞)
und E[B(t)] = λ1 .
A(t) und B(t) sind unabhängig.
Wartezeitenparadoxon: Es ist für t > 0
2 e−λt
1
E[A(t) + B(t)] = −
> .
λ
λ
λ
136 / 185
Beispiel 4.11
Eine Bushaltestelle fahren im Mittel 6 Busse pro Stunde an. In
einem mathematischen Modell werden die ankommenden
Busse als Ereignisse eines Poisson-Prozesses modelliert. Der
erste Bus erreicht die Haltestelle morgens exakt um 7 Uhr.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit einen Bus innerhalb von
10 Minuten anzutreffen, wenn man um 13 Uhr die
Bushaltestelle erreicht?
1
1
P(B(6) ≤ ) = 1 − e−6· 6 ≈ 0.632.
6
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass der letzte Bus vor
weniger als 10 Minuten fuhr?
1
1
P(A(6) ≤ ) = 1 − e−6· 6 ≈ 0.632.
6
137 / 185
4.10. Zusammenführung von Poisson-Prozessen
N(t) und M(t) seien zwei unabhängige Poisson-Prozesse
mit Intensitäten λ und µ.
Es sei K (t) der Zählprozess, der die Ereignisse von N(t)
und M(t) zählt, d.h. K (t) = N(t) + M(t).
Ist dann K (t) auch ein Poisson-Prozess?
I Offenbar hat K (t) auch unabhängige und stationäre
Zuwächse.
I Hat K (t) eine Poisson-Verteilung?
138 / 185
Es ist
P(K (t) = k ) =
k
X
P(N(t) = n, M(t) = k − n)
n=0
=
k
X
P(N(t) = n)P(M(t) = k − n)
n=0
=
k
X
e−λt
n=0
(λt)n −µt (µt)k −n
e
n!
(k − n)!
k
= e
−(λ+µ)t
1 X
k!
(λt)n (µt)k −n
k!
n!(k − n)!
n=0
139 / 185
Binomische Formel:
k
(a + b) =
k
X
n=0
k!
an bk −n .
n!(n − k )!
Also ist
k
P(K (t) = k ) = e
−(λ+µ)t
k!
1 X
(λt)n (µt)k −n
k!
n!(k − n)!
n=0
1
(λt + µt)k .
k!
((µ + λ)t)k
.
= e−(λ+µ)t
k!
= e−(λ+µ)t
Satz 4.12
Der zusammengeführte Zählprozess K (t) = N(t)+M(t) ist
wieder ein Poisson-Prozess mit Intensität λ + µ.
140 / 185
Beispiel 4.13
An zwei Schaltern einer Bank werden die Kundenankünfte
durch zwei Poisson-Prozesse N(t) und M(t) modelliert.
Am ersten Schalter kommen 10 Kunden pro Stunde an, an
dem zweiten Schalter ist die Rate doppelt so hoch.
Der Zählprozess K (t), der die Ankünfte für beide Schalter
zählt, ist dann ein Poisson-Prozess mit Intensität
λ = 10 + 20 = 30.
Im Mittel betritt also alle 2 Minuten ein Kunde die Bank. 141 / 185
4.11. Ausdünnung von Poisson-Prozessen
Wir wollen jetzt aus einem Poisson-Prozess K (t) mit
Intensität λ + µ zwei Poisson-Prozesse gewinnen, und zwar
I einen Prozess N(t) mit Intensität λ und
I einen Prozess M(t) mit Intensität µ.
142 / 185
Idee: Wir werfen bei jedem Ereignis des Prozesses K eine
unfaire Münze:
I mit Wahrscheinlichkeit p = λ/(λ + µ) ordnen wir das
Ereignis dem Prozess N zu,
I mit Wahrscheinlichkeit 1 − p = µ/(λ + µ) ordnen wir das
Ereignis dem Prozess M zu.
Satz 4.14 Die beiden so konstruierten Zählprozesse
N(t) und M(t) sind unabhängige Poisson-Prozesse mit Intensitäten λ und µ.
Mit anderen Worten: werden bei einem Poisson-Prozess
mit Intensität κ die Ereignisse mit Wahrscheinlichkeit p
einem Prozess N und mit Wahrscheinlichkeit 1 − p einem
Prozess M zugeordnet, dann sind N und M unabhängige
Poisson-Prozesse mit Intensitäten λ = pκ und µ = (1−p)κ.
143 / 185
Beispiel 4.15
Ein Seismograph zeichnet Erdbeben verschiedener Stärke
auf.
Die Verteilungsfunktion der Erdbebenstärke S sei
s2
,
P(S ≤ s) =
1 + s2
Es ist also
P(S > 3) = 0.1,
P(S > 5) = 0.038,
P(S > 5|S > 3) = 0.38.
144 / 185
Die Erdbeben der Stärke >3 werden als Poisson-Prozess
modelliert. Empirisch ergab sich eine Rate von κ = 2.4
Erdbeben dieser Stärke pro Tag.
Dann ist der Prozess, der die Erbeben der Stärke >5 zählt
ebenfalls ein Poisson-Prozess. Seine Intensität ist
λ = P(S > 5|S > 3)κ = 0.38 · 2.4 = 0.91.
145 / 185
4.12. Inhomogene Poisson-Prozesse
Ein inhomogener Poisson-Prozess N(t) mit
Intensitätsfunktion λ(t) liegt vor, wenn
I N(t) ein Zählprozess ist,
I N(t) unabhängige Zuwächse besitzt
I und für t > s die Zuwächse N(t) − N(s) eine
Poisson-Verteilung mit Parameter Λ(t) − Λ(s) besitzen.
Rt
Dabei sei Λ(t) = 0 λ(u) du.
Es gilt also
(Λ(t) − Λ(s))n
P(N(t) − N(s) = n) = eΛ(s)−Λ(t)
.
n!
Die Zuwächse sind nicht mehr stationär.
Spezialfall: für λ(t) = λ ergibt sich der homogene
Poisson-Prozess.
146 / 185
Beispiel 4.16
Das Auftreten von Erdbeben werde mit einem inhomogenen
Poisson-Prozess modelliert. Dabei geht man davon aus, dass
die Instensität mit der Zeit abnimmt:
1
λ(t) =
.
1+t
147 / 185
Dann ist Λ(t) =
Rt
1
0 1+u
du = ln(1 + t) und daher
(ln(1 + t) − ln(1 + s))n
n!
1+t n
1 + s (ln( 1+s ))
=
.
1+t
n!
P(N(t) − N(s) = n) = eln(1+s)−ln(1+t)
Speziell gilt also
1 (ln(1 + t))n
.
P(N(t) = n) =
1+t
n!
148 / 185
In einem sehr kurzen Zeitintervall [t, t + h] ist die erwartete
Anzahl von Ereignissen gegeben durch
E[N(t + h) − N(t)] ≈ λ(t) · h + o(h).
Dann ist
d
E[N(t)] = λ(t)
dt
und damit
Satz 4.17 Für den inhomogenen Poisson-Prozess ergibt
sich die erwartete Anzahl von Ereignissen als
Z t
E[N(t)] =
λ(u) du = Λ(t).
0
149 / 185
Beispiel 4.18
Es sei N(t) die Anzahl der Anfragen von Internetnutzern an
einem Server.
Die Intensität (Ankünfte/Zeit) sei abhängig von der Tageszeit
und den Wochentagen. In der Woche gibt es mehr Anfragen
als am Wochenende, nachts ist die Intensität geringer:
λ(t) = 3 + 2 cos(2πt) − cos(2πt/7)
150 / 185
Es ist
E[N(t)] = Λ(t) = 3t +
1
7
sin(2πt) −
sin(2πt/7)
π
2π
151 / 185
4.13. Zusammengesetzte Poisson-Prozesse, Waldsche
Gleichung
Manchmal ist es sinnvoll zu jedem Ereigniszeitpunkt Tn
eines Poisson-Prozesses (homogen oder inhomogen) jeweils
auch eine zufällige Größe Zn zu betrachten, die unabhängig
vom Poisson-Prozess ist
Zn kann z.B. ein Gewinn, eine Strafe, die Erdbebenstärke
(oder freigewordene Energie) oder die Schadenshöhe sein.
Wir gehen davon aus dass die Zufallsvariablen Z1 , Z2 , . . .
unabhängig von X1 , X2 , . . . und identisch verteilt sind (man
könnte die Bedingungen noch allgemeiner fassen).
Interessant:
N(t)
X
S(t) =
Zk
k =1
152 / 185
Wenn N(t) = N eine feste (deterministische) Größe wäre,
ergäbe sich für den Erwartungswert von S(t)
N
X
E[S(t)] = E[
Zk ] = E[Z1 ] · N.
k =1
Gilt eine ähnliche Gleichung auch für unseren Fall?
Satz 4.19 (Waldsche Gleichung)
Es gilt für einen inhomogenen zusammengesetzten
Poisson-Prozess
E[S(t)] = E[Z1 ]E[N(t)]
= E[Z1 ]Λ(t)
d.h., dass der Erwartungswert von S(t) proportional zu
E[N(t)] ist.
153 / 185
Beispiel 4.20
Eine Versicherung rechnet mit einer zeitlich wachsenden
Zahl von Schäden der zufälligen Höhe Z1 , Z2 , . . ..
Ein entsprechendes Modell sieht einen inhomogenen
Poisson-Prozess mit Intensitätsfunktion
1
λ(t) = 1 −
1+t
vor. Also ergibt sich
Λ(t) = t − ln(1 + t).
154 / 185
Die Schadenshöhen Zn besitzen die Verteilungsfunktion


;z < 0
0
(15−3z)z 3
F (z) = P(Zn ≤ z) =
;0 ≤ z < 4
256


1
;4 ≤ z
besitzen.
Dann ist die Dichtefunktion gegeben durch
(
0
; z 6∈ [0, 4]
f (z) = 3 2
z (4 − z) ; z ∈ [0, 4]
64
155 / 185
Für den Erwartungswert berechnen wir
Z 4
3
E[Zn ] =
z z 2 (4 − z) dz
64
0
Z 4
3
=
4z 3 − z 4 dz
64 0
3 4 1 5 4 12
=
[z − z ]0 =
= 2.4
64
5
5
Für den Erwartungswert der Gesamtsumme S(t) =
der Schäden ergibt sich dann
E[S(t)] = E[Zn ]Λ(t)
= 2.4(t − ln(t)).
PN(t)
k =1
Zk
156 / 185
5. Brownsche Bewegung
5.1. Noch einmal Irrfahrten
Es sei Sn eine symmetrische einfache Irrfahrt:
n
X
1
Sn =
Xk , P(Xk = −1) = P(Xk = 1) = .
2
k =1
Wir betrachten den stochastischen Prozess
S[nt]
157 / 185
158 / 185
Es ist
E[S[nt] ] = 0
und
Var[S[nt] ] = [nt] · Var[X1 ] ≈ nt.
Für n → ∞ konvergiert die Verteilung von S[nt] nicht gegen
eine interessante Verteilung.
Daher betrachten wir
S[nt]
Bn (t) = √
n
Dann ist
E[Bn (t)] = 0
und
Var[Bn (t)] ≈ t.
159 / 185
n=5000
n=50000
160 / 185
Für n → ∞ konvergiert nach dem zentralen Grenzwertsatz
die Verteilung von Bn (t) gegen eine Normalverteilung mit
Varianz t:
√
P(Bn (t) ≤ x) → Φ(x/ t).
Der ’Grenzprozess’ B(t) = limb→∞ Bn (t) hat folgende
Eigenschaften:
1. B(0) = 0 fast sicher (also P(B(0) = 0) = 1),
2. B(t) is normalverteilt mit Erwartungswert 0 und Varianz t.
3. B(t) hat unabhängige Zuwächse: B(t2 ) − B(t1 ) und
B(s2 ) − B(s1 ) sind unabhängig, wenn s1 ≥ t2 ist.
4. B(t) hat stationäre Zuwächse. B(t2 ) − B(t1 ) hat dieselbe
Verteilung wie B(s2 ) − B(s1 ), wenn t2 − t1 = s2 = s1 ist.
Definition 5.1 Ein Prozess mit solchen Eigenschaften
heißt Brownsche Bewegung
161 / 185
Simulation von 5 Brownschen Bewegungen
162 / 185
5.2. Eigenschaften der Brownschen Bewegung
Weitere Eigenschaften:
B(t) ist fast sicher stetig,
I B(t) ist fast sicher nirgendwo differenzierbar. Es gilt
B(t + h) − B(t)
Var[B(h)]
1
Var[
]=
= .
2
h
h
h
I
I
I
I
B(t) − B(s) ist Normalverteilt mit Erwartungswert 0 und
Varianz t − s,
B(t) ist ein Markov-Prozess: Für t, h > 0 gilt
P(B(t + h) ∈ A|B(s), s ∈ [0, t]) = P(B(t + h) ∈ A|B(t)).
Übergangswahrscheinlichkeit für t > s:
P(B(t) ≤ x|B(s) = y ) = P(B(t − s) ≤ x − y )
x −y
= Φ( √
).
t −s
163 / 185
Die Kovarianzfunktion Cov[B(t), B(s)] ist für t > s gegeben
durch
Cov[B(t), B(s)] = E[B(t)B(s)] − E[B(t)]E[B(s)]
= E[B(t)B(s)]
= E[(B(t) − B(s))B(s)] + E[B(s)2 ]
= E[(B(t) − B(s))]E[B(s)] + Var[B(t)]
= s.
Dann ist allgemein
Cov[B(t), B(s)] = min{s, t}.
164 / 185
5.3. Treffzeit, einseitig
Wir definieren die Treffzeit
T (a) = inf{t > 0|B(t) = a}.
165 / 185
Wir interessieren uns für die stochastischen Eigenschaften
von T (a): Wie lautet die Verteilung, der Erwartungswert, die
Varianz von T (a) in Abhängigkeit von a?
Es gilt für a ≥ 0:
P(B(t) ≥ a) = P(B(t) ≥ a|T (a) ≤ t)P(T (a) ≤ t)
+P(B(t) ≥ a|T (a) > t)P(T (a) > t)
= P(B(t) ≥ a|T (a) ≤ t)P(T (a) ≤ t)
= P(B(t − T (a)) ≥ 0)P(T (a) ≤ t)
1
=
P(T (a) ≤ t).
2
Satz 5.2 Es gilt für die Verteilung der Treffzeit T (a):
√
P(T (a) ≤ t) = 2(1 − Φ(|a| / t)), t > 0.
(Inverse Gaussverteilung)
166 / 185
Damit gilt also
Z ∞
u2
2
e− 2 du
P(T (a) ≤ t) = √
√
2 |a|/ t
r Z
2 ∞ − u2
e 2t du, t > 0.
=
t |a|
Die zugehörige Wahrscheinlichkeitsdichte ist dann
a2
d
|a|
e− 2t .
P(T (a) ≤ t) = √
dt
2πt 3/2
Daraus ergibt sich:
E[T (a)2 ] = ∞,
Var[T (a)2 ] = ∞,
E[T (a)] = ∞.
167 / 185
5.4. Maximumprozess
Sei jetzt
M(t) = sup{B(s), s ∈ [0, t]}.
168 / 185
Es gilt
M(t) ≥ a ⇔ T (a) ≤ t
also
P(M(t) ≥ a) = P(T (a) ≤ t)
√
= 2(1 − Φ(|a| / t)).
Satz 5.3 Für den Maximumprozess M(t) gilt
√
P(M(t) ≤ a) = 2Φ(|a| / t) − 1.
169 / 185
5.5. Treffzeit, beidseitig
Sei nun
T (a, b) = inf{t > 0|B(t) = −a oder B(t) = b}.
170 / 185
Man kann (mit sog. Martingalen) zeigen, dass
E[B(T (a, b))] = 0
E[B(T (a, b))2 ] = E[T (a, b)]
gelten.
Dann ergibt sich
0 = E[B(T (a, b))]
= E[B(T (a, b))|B(T (a, b)) = −a] · P(B(T (a, b)) = −a)
+E[B(T (a, b))|B(T (a, b)) = b] · P(B(T (a, b)) = b)
= −a · P(B(T (a, b)) = −a) + b · (1 − P(B(T (a, b)) = −a).
Also ist
a · P(B(T (a, b)) = −a) = b − bP(B(T (a, b)) = −a)
und demnach
b
a
P(B(T (a, b)) = −a) =
, P(B(T (a, b)) = b) =
.
a+b
a+b
171 / 185
Außerdem ist
E[T (a, b)]
= E[B(T (a, b))2 |B(T (a, b)) = −a] · P(B(T (a, b)) = −a)
+E[B(T (a, b))2 |B(T (a, b)) = b] · P(B(T (a, b)) = b)
b
a
= a2 ·
+ b2 ·
a+b
a+b
= a · b.
Satz 5.4 Für die Brownsche Bewegung gilt
a
b
P(B(T (a, b)) = −a) =
, P(B(T (a, b)) = b) =
a+b
a+b
und
E[T (a, b)] = a · b.
172 / 185
5.6. Verhalten der Pfade für wachsendes t
Wir wissen schon: B(t) erreicht fast sicher irgendwann
jeden Wert a ∈ R (P(T (a) < ∞) = 1).
Daraus folgt (fast sicher):
lim sup B(s) = ∞, lim inf B(s) = −∞
t→∞ s≤t
t→∞ s≤t
Weil B(t) stetig ist folgt insbesondere, dass für jedes T > 0,
B(t) unendlich viele Nullstellen hat für t > T .
173 / 185
5.7. Weitere Konstruktionen
Folgende stochastischen Prozesse sind auch Brownsche
Bewegungen:
1. A(t) = B(s + t) − B(s) (das ist klar),
2. C(t) = aB(t/a2 ) mit a 6= 0 (z.B. B(−t)),
3. D(t) = tB(1/t) (mit D(0) = 0).
Insbesondere ergibt sich, dass für jedes ε > 0, die
Brownsche Bewegung D(t) = tB(1/t) unendlich viele
Nullstellen hat für 0 < t < ε.
174 / 185
5.8. Die Brownsche Brücke
Die Brownsche Brücke R(t) kann man durch
R(t) = B(t) − tB(1)
definieren.
Eigenschaften:
1. R(0) = R(1) = 0,
2. R(t) ist fast sicher stetig,
3. R(t) hat eine Normalverteilung mit E[R(t)] = 0 und
Var[R(t)] = t(1 − t).
175 / 185
6. Die geometrische Brownsche Bewegung
6.1. Definition
Für die Modellierung von Aktienkursen ist B(t) nicht sehr
geeignet, weil B(t) auch negative Werte annimmt (sogar
irgendwann fast sicher).
Auß erdem sind die relativen Zuwächse
B(t2 )/B(t1 )
weder unabhängig noch stationär.
Stattdessen könnte man eB(t) betrachten:
Definition 6.1 Der Prozess
σ2
S(t) = S(0) · e(µ− 2 )t+σB(t)
heißt geometrische Brownsche Bewegung (GBB).
Dabei treten zwei Parameter auf: µ ∈ R (die Drift) und
σ > 0 (die Volatilität).
176 / 185
GBB mit µ ∈ {−1.5, −1, −0.5, 0, 0.5, 1, 2} und σ = 1.0
GBB mit µ = 0.8 und σ ∈ {0, 0.25, 0.5, 0.75, 1.0}
177 / 185
6.2. Eigenschaften
Es ist
E[S(t)] = S0 eµt
und
2
Var[S(t)] = S02 e2µt eσ t − 1 .
Die Verteilungsfunktion (Lognormalverteilung) läßt sich wie
folgt berechnen:
P(S(t) ≤ x) = P(S(0) · e(µ−
σ2
)t+σB(t)
2
≤ x)
log(x/S0 ) − (µ −
= P(B(t) ≤
σ
log(x/S ) − (µ − σ2 )t 0
2
√
= Φ
.
σ t
σ2
)t
2
)
178 / 185
Relativer Zuwachs (Anlagenrendite):
σ2
2
S(t2 )
S(0) · e(µ− 2 )t2 +σB(t2 )
(µ− σ2 )(t2 −t1 )+σ(B(t2 )−B(t1 ))
=
=
e
.
σ2
S(t1 )
S(0) · e(µ− 2 )t1 +σB(t1 )
Unabhängige relative Zuwächse: S(t2 )/S(t1 ) und
S(s2 )/S(s1 ) sind unabhängig, wenn [t1 , t2 ] und [s1 , s2 ] disjunkt
sind.
Stationäre relative Zuwächse: S(t + h)/S(t) und
S(s + h)/S(s) besitzen die gleiche Verteilung.
Es gilt
log(x) − (µ − σ2 )(t − t ) S(t2 )
2
1
2
√
≤ x) = Φ
.
P(
S(t1 )
σ t2 − t1
179 / 185
Beispiel 6.2
Ein Aktienkurs werde durch eine GBB modelliert. Dabei sei
µ = 0.1 und σ = 0.3. Es sei S0 = 6.0 der Kurs zu Anfang des
Jahres.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Rendite nach
einem Jahr größer als 10% ist?
180 / 185
Es ergibt sich
S(1)
S(1)
P(
> 1.1) = 1 − P(
≤ 1.1)
S(0)
S(0)
log(1.1) − (µ − σ2 ) 2
= 1−Φ
σ
= 1 − Φ(0.14531)
= Φ(−0.14531)
≈ 0.4443.
Die Wahrscheinlichkeit beträgt etwa 44 Prozent.
Der Mittelwert für die Rendite beträgt
E[S(1)/S(0)] = E[S(1)]/S(0) = e0.1 = 1.10517,
also etwa 10.5 %.
181 / 185
6.3. Optionspreise
Es beschreibe S(t) den Kurs einer Aktie.
Eine europäische Verkaufsoption auf eine Aktie erlaubt
zu einem festen Zeitpunkt T (Fälligkeit) den Verkauf zu einem
Preis K (Ausübungspreis). Der Verkauf ist optional.
Ausgezahlt wird also zum Zeitpunkt T :
(K − S(t))+ = max{K − S(T ), 0}
Preis C der Option:
C = e−rT E[max{K − S(T ), 0}],
wo r der Zins (Kalkulationszins) ist.
182 / 185
Den Optionsreis
C = e−cT E[max{K − S(T ), 0}]
kann man ausrechnen, da die Verteilung von S(T ) ja bekannt
ist:
Z K
−rT
(K − s) dFS(T ) (s) = . . .
C=e
−∞
(Rechnung ist etwas komplizierter)
Es ergibt sich dann die berühmte
Satz 6.3 (Black-Scholes-Formel)
(r + σ2 )T − log(K /S ) 0
2
√
C = S0 · Φ
σ T
(r + σ2 )T − log(K /S )
√ 0
2
√
− Ke−rT Φ
−σ T .
σ T
183 / 185
Beispiel 6.4
Es sei ein Aktienkurs S(t) gegeben mit S0 = 45, µ = 0.3 und
σ = 0.5. Es sei T = 2.0, K = 80 und r = 1.1.
Hier ist S(2.0) = 106 und damit max{0, K − S(t)} = 26
184 / 185
Dann ergibt sich ein Optionspreis von
(r + σ2 )T − log(K /S ) 0
2
√
C = S0 · Φ
σ T
(r + σ2 )T − log(K /S )
√ 0
2
√
−Ke−rT Φ
−σ T
σ T
= 45 · Φ − 0.177292 − 65.4985 · Φ − 0.884
= 7.004
185 / 185

Download Report