Introdu¸c˜ ao aos Processos Estoc´ asticos
Luiz Renato Fontes
1
Exemplo — Ru´ına do apostador
Indiv´ıduo inicialmente com R$
x≤Naposta sucessivamente em sequˆ encia de jogos independentes. Em cada jogo:
prob de ganhar R$ 1 = p = 1−prob de perder R$ 1.
Seja
Xn= fortuna do apostador ap´ os
njogos,
n≥0.
(X
n) ´ e uma Cadeia de Markov em
S=
{0,1, . . . ,
N}com as probs de transi¸c˜ ao dadas a seguir.
P00
=
PNN= 1;
0
<x <N: Px,x+1=
p;, Px,x−1= 1
−p=
q;p ∈(0, 1).
𝑥 𝑥 + 1 0
𝑝>
𝑞
1 1
<
𝑥 − 1 𝑁
0 < 𝑥 < 𝑁
Ru´ına do apostador (cont.)
Objetivo do apostador: obter fortuna de R$
Ne parar. (Mas h´ a a possibilidade de ru´ına.)
P
=
0 · · · x · · · N
0
1
· · · ·.. . .. . . .. .. . .. . .. .
x · · · q
0
p · · ·.. . .. . .. . .. . . .. .. .
N · · ·
1 (X
n)
∼CM(δ
x,P);δx= (δ
xy,y ∈ S) Interesse:
prob de ru´ına do apostador =
Px(X
n= 0 para algum
n ≥0) =:
rx.
3
Ru´ına do apostador (cont.)
Claramente,
r0= 1,
rN= 0. Para 0
<x<N:rx
=
Px(ru´ına|X
1=
x−1)
Px(X
1=
x−1) +
Px(ru´ına|X
1=
x+ 1)P
x(X
1=
x+ 1)
Markov
=
rx−1q+
rx+1pDo que conclu´ımos que, fazendo ∆
x=
rx−rx+1e
ρ=
q/p,∆
x=
ρ∆x−1,
x= 1, . . . ,
N−1; iterando: ∆
x=
ρx∆
0 ⇒ ry =ry−rN =PN−1x=y ∆x = ∆0PN−1 x=y ρx =s1
(ρy−ρN
1−ρ , seρ6= 1 N−y, seρ= 1, 0≤y <N, ondes1= 1−r1. Substy= 0 acima, seρ6= 1: s1= 1−ρ1−ρN. Logo, ry = ρ1−ρy−ρNN; seρ= 1: ry = 1−Ny. (1)
Estrat´ egia conservadora ou ousada?
Suponha que na situa¸c˜ao acimay = 50 eN= 100, mas vocˆe possa escolher entre apostar R$ 1 em cada jogo ou R$ 10 em cada jogo. Qual a melhor alternativa em termos da prob de atingir o objetivo do jogo?∗ Note que, para efeito de aplicar (1), o segundo caso se reduz ao primeiro comy = 5 eN= 10.
1) Sep= 1/2 (jogo justo): ρ= 1 e as duas estrat´egias s˜ao igualmente efetivas;
2) sep>1/2 (jogo favor´avel): ρ <1: a 1a estrat´egia ´e a melhor;
3) sep<1/2 (jogo desfavor´avel): ρ >1: a 2a estrat´egia ´e a melhor.
Obs.De fato, no caso desfavor´avel, a melhor estrat´egia ´e apostar R$ 50 de uma vez; no caso, favor´avel, melhor apostar em cada jogo o menos poss´ıvel (1 centavo, digamos). No caso justo, nenhuma estrat´egias faz diferen¸ca.
∗Podemos mostrar que esta prob vale 1−ry, ou diretamente, com o mesmo m´etodo usado para acharry, ou mostrando que a prob de n˜ao atingir o objetivo e n˜ao ir `a ru´ına se anula.
5
Compara¸c˜ ao de desempenho de drogas
pi ∈
(0, 1) = eficiˆ encia da droga i: % de cura,
i= 1, 2 Teste cl´ınico: pares ao acaso de pacientes doentes
io
membro do par recebe a droga
i,i= 1, 2 (regime duplo cego)
Xj(i)=
(
1, se
iomembro do
jopar se cura ap´ os trata/o;
0, se
iomembro do
jopar n˜ ao se cura ap´ os trata/o. ,
i= 1, 2,
j ≥1.
Aplica-se os trata/os aos pares sequencial/e at´ e que
(X1(1)+
· · ·+
Xn(1))
−(X
1(2)+
· · ·+
Xn(2))
=
M,onde
M >0 ´ e um n´ umero inteiro pr´ e-estabelecido.
Compara¸c˜ ao entre drogas (cont.)
Podemos ignorar os pares para os quais
Xj(1)=
Xj(2); para os demais a prob de que
Xj(1)−Xj(2)= 1 vale
P
(X
j(1)−Xj(2)= 1|X
j(1)−Xj(2)= 1 ou
Xj(1)−Xj(2)=
−1)=
P(X(1)
j =1,Xj(2)=0)
P(Xj(1)=1,Xj(2)=0)+P(Xj(1)=0,Xj(2)=1)
=
p p1(1−p2)1(1−p2)+(1−p1)p2
=:
p, e a prob de que
Xj(1)−Xj(2)=
−1 valeq= 1
−p. Tudo se passade forma an´ aloga ` a ru´ına do jogador:
0 1
−𝑀
𝑝>
𝑞
1 1
<
−1 𝑀
7
Compara¸c˜ ao entre drogas (cont.)
Seja
AMa prob de o teste terminar em
M; neste caso, poder´ıamos dizer que as evidˆ encias s˜ ao favor´ aveis ` a droga 1. De (1) vem:
P
(A
M) = 1−
ρ1−ρM−ρ2M2M=
1−ρ1−ρ2MM=
1+ρ1M=
11+ qpM
=
11+ 1−pp 1
1 p2 1−p2
M
Ex:
p1= 0, 4,
p2= 0, 6,
M= 5:
P(A
M) =
11+ 6
4
25 '
0.0170
Obs.1) Neste caso, podemos dizer que a prob de as evidˆ encias serem favor´ aveis ` a pior droga vale 0.017.
2) Se
M= 10, ent˜ ao
P(A
M) =
11+ 6
4
210 '
0.0003
Exemplo — Processo de Ramifica¸c˜ ao
Crescimento de popula¸c˜ao
G0= tamanho inicial de uma popula¸c˜ao (gera¸c˜ao 0)
Cada indiv´ıduo de cada gera¸c˜ao, independente dos demais, e de maneira identicamente distribu´ıda, contribui certo n´umero de descendentes para a gera¸c˜ao seguinte.
Matematicamente: sejamX ={X,Xij,i,j≥1} uma fam´ılia de va’s inteiras n˜ao negativas iid; G0 va inteira nneg independente deX. Parak≥1, seGk−1>0, ent˜aoGk =PGk−1
j=1 Xkj; se Gk−1= 0, ent˜aoGk = 0.
Gk ´e o tamanho daka gera¸c˜ao da popula¸c˜ao; seGk−1>0, ent˜aoXkj ´e o n´umero de descendentes dojo indiv´ıduo da (k−1)a gera¸c˜ao da
popula¸c˜ao,j= 1, . . . ,Gk−1.
(Gn) ´e uma CM(µ,P) emNcomµ= distr deG0, P(x,·) = distr dePx
j=1X1j, p/x>0, eP(0,·) =δ0
SeGk = 0 para algumk ≥0, dizemos que a popse extingue/ ocorre extin¸c˜aoda pop; do contr´ario, dizemos que a popsobrevive/ocorre sobrevivˆenciada pop.
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Simula¸c˜ ao do proc ramifica¸c˜ ao
𝐺!= 1
𝐺"= 3 𝐺#= 5 𝐺$= 3 𝐺%= 1
𝑋!!= 3
𝑋"!= 2 𝑋""= 2 𝑋"#= 1
𝑋##= 1 𝑋#$= 2
𝑋#!= 0 𝑋#"= 0 𝑋#%= 0
𝑋$!= 0 𝑋$"= 0 𝑋$#= 1
𝑋%!= 0
𝐺&= 0 Obs.
Esta popula¸ c˜ ao se extingue na 5
agera¸ c˜ ao.
Extin¸c˜ ao
Interesse nadicotomiaP(extin¸c˜ao) = 1 ou<1, em particular em crit´erio para distinguir os dois casos, e no valor da prob no segundo caso.
Notemos inicialmente que, p/n≥0,{Gn= 0} ⊂ {Gn+1= 0}, e logo
P(Gn+1= 0)≥P(Gn= 0), e (2)
{extin¸c˜ao}=∪n≥0{Gn= 0}= limn→∞{Gn= 0} (3) Logo,
˜
ρ:=P(extin¸c˜ao) = limn→∞P(Gn= 0) (4) Para achar o limite, vamos trabalhar com fun¸c˜oes geradoras de
probabilidade. Note que
P(Gn= 0) =ψn(0), ondeψn(s) =E(sGn) =P
k≥0P(Gn=k)sk, s∈[0,1], com a conven¸c˜ao de que 00= 1.
11
Fun¸c˜ ao geradora de prob de G
n Para 0≤s≤1, temos que p/n≥1 ψn(s) =E(sGn) =E[E(sGn|Gn−1)] =Xk≥0
E sPGn−1j=1 Xnj|Gn−1=k
P(Gn−1=k) (5) A esperan¸ca condicional dentro da soma vale
E sPkj=1Xnj|Gn−1=kG0,X··ind
= E sPkj=1Xnj
=E Qk
j=1sXnjXn·ind
= Qk
j=1E sXnj
Xn·id
= Qk j=1E sX
= [E(sX)]k= [ϕ(s)]k, (6) ondeϕ(s) =E(sX) =P
k≥0P(X =k)sk. Subst (6) em (5), temos que ψn(s) =P
k≥0[ϕ(s)]kP(Gn−1=k) =E([ϕ(s)]Gn−1) =ψn−1◦ϕ(s), (7) onde◦indicacomposi¸c˜ao. Iterando (7), temos que
ψn(s) =ψn−1◦ϕ(s) =ψn−2◦ϕ◦ϕ(s) =· · ·=ψ0◦ϕ(n)(s), (8) ondeϕ(n)=ϕ◦ · · · ◦ϕ(nvezes).
Obs.No caso em queG0≡1,ψ0= id, e, logo, em particular,
ϕ(n)(0) =P1(Gn= 0). (9)
P (extin¸c˜ ao)
De (9) e (2), para qualquer distribui¸c˜ao deG0, e, em particular, para G0≡1, segue queϕ(n)(0) ´e uma seq monotˆonica (n˜ao decrescente) limitada, e logo
ρ:= limn→∞ϕ(n)(0) existe.
Segue da continui// deϕcomo f¸c em [0,1] que ρ= lim
n→∞ϕ(n)(0) = lim
n→∞ϕ◦ϕ(n−1)(0) =ϕ◦ lim
n→∞ϕ(n−1)(0) =ϕ(ρ), e logoρsatisfaz a igualdade
s=ϕ(s). (∗)
Obs.s= 1 ´e sempre sl¸c de (∗).
Segue ainda da continuidade deψ0que
˜ ρ= lim
n→∞ψn(0)(8)= lim
n→∞ψ0◦ϕ(n)(0) =ψ0◦ lim
n→∞ϕ(n)(0), e logo
˜
ρ=ψ0(ρ). (∗∗)
13
ρ = prob de extin¸c˜ ao qdo G0 ≡ 1
˜
ρ=ψ0(ρ) = 1 se e somente seρ= 1†, logo vamos focar emρ; em outras palavras, no casoG0≡1.
Sejampk =P(X =k),k = 0,1,2, . . .
Casos simples
i) Sep0= 0, ent˜ao clara/eP(Gn= 0) = 0∀ n, e logo ρ= limn→∞P(Gn= 0) = 0.
ii) Sep0>0 ep0+p1= 1, ent˜ao, fazendoT = inf{n≥1 : Gn= 0}‡, temos queT ´e uma va Geom´etrica com prob de sucessop0>0, e logo
ρ=P(T <∞) = 1.
Suposi¸c˜ ao
De agora em diante, vamos supor quep0>0 epk >0 para algumk≥2.
Neste caso,ϕ´e uma f¸c estrita/e crescente e convexa em [0,1]:
d2
ds2ϕ(s) =P∞
k=2k(k−1)pksk−2>0 em (0,1).
†Excluindo-se o caso trivial em queP(G0= 0) = 1⇔ψ0≡1.
‡inf∅conv= ∞
Dois casos — 1
ocaso
1
1 𝑠
𝜑(𝑠)
0 𝑝!
Neste caso, o gr´afico deϕest´a es- tritamente acima da id em [0,1), e logoρ= 1.
15
Dois casos — 2
ocaso
1
1 𝑠
𝑝!
0 𝜑(𝑠)
𝑠∗
Neste caso, o gr´afico de ϕ inter- cepta o gr´afico da id em exatamente um ponto de [0,1), a saber s∗. Obs. Dada a convexi// estrita de ϕ, j´a apontada acima, esta condi¸c˜ao
´e equivalente a termos ϕ(s) < s numa vizinhan¸ca de s = 1 com s<1.
2
ocaso — zoom em torno de (s
∗, s
∗)
𝑝!=𝜑(0) 𝑠∗
𝜑!(0) 𝜑"(0) 𝜑(𝑠∗) = 𝑠∗
Zoom em torno de (𝑠∗, 𝑠∗)
𝜑#(0)
A figura captura o fato de que ϕ(n)(0)≤s∗ para todon≥0.
Conclu´ımos disto e (6) queρ≤s∗, e, logo, queρ=s∗.
17
Teorema 1
Seja (G
n) o processo de ramifica¸ c˜ ao com distribui¸ c˜ ao de descendˆ encia
X. Seja
ϕa f¸c geradora de prob de
X.
ρ, a prob de extin¸c˜
ao da pop iniciada com
G0≡1, ´ e dada pela menor solu¸ c˜ ao de (∗) em [0, 1].
Dem.
Os argumentos ilustrados nas figuras acima estabelecem a
validade do resultado sob a suposi¸ c˜ ao de que
P(X = 0)
>0 e
P(X =
k)>0 para algum
k ≥2; a extens˜ ao para as demais distrs
de
X(em
N) ´e simples (segue de i e ii do slide 14).
Exemplos
1) Suponha quep0+p1+p2+p3= 1, p0>0 e p2+p3>0. Ent˜ao s−ϕ(s) =s−(p0+p1s+p2s2+p3s3)
=p0(s−1) +p2(s−s2) +p3(s−s3)
= (s−1)[p0−p2s−p3s(1 +s)] = (1−s)(as2+bs−c), ondea=p3,b=p2+p3>0 ec=p0>0.
Logo, sl¸cs n˜ao triviais de (∗) (6= 1) s˜ao dada por sl¸cs deas2+bs−c= 0:
a) sep3= 0, ent˜aos0:=p0/p2´e a (´unica) tal sl¸c; logo a.1) sep0<p2, ent˜aoρ=s0 =pp0
2 <1 ´e a sl¸c m´ın de (∗) em [0,1];
a.2) sep0≥p2, ent˜aoρ= 1 ´e a sl¸c m´ınima de (∗) em [0,1];
19
Exemplo 1 (cont.)
b) sep3>0, ent˜ao a ´unica sl¸c nneg deas2+bs−c= 0 ´e dada por
√b2+4ac−b
2a =
√
(p2+p3)2+4p0p3−(p2+p3)
2p3 =:s00<1
⇔(p2+p3)2+4p3p0<[(p2+p3)+2p3]2= (p2+p3)2+4p3(p2+p3)+4p23
⇔p0<p2+ 2p3
Logo, sep0<p2+ 2p3, ent˜aoρ=s00<1; se n˜ao,ρ= 1.
Exemplo 2: X ∼ Poisson (λ)
ϕ(s) =e−λ(1−s)
Logo, o 2o caso ´e equiv aϕ(s)<s= 1−(1−s) p/algums<1 (lembre da obs no slide 16), o que equivale a
1−e−λ(1−s)
λ(1−s) > λ1 numa viz de 1 c/s<1
⇔ 1−et−t > λ1 p/t numa viz positiva de 0
⇔limt&01−et−t = 1> λ1 .
Conclu´ımos que, seλ >1, ent˜aoρ <1; seλ≤1, ent˜aoρ= 1.
Como sempre,ρ´e a sl¸c m´ınima deϕ(s) =s em [0,1], o que neste caso, significa a sl¸c m´ın dee−λ(1−s) =s em [0,1] .
No caso em queλ >1, acabamos de ver que tal sl¸c ´e<1, mas n˜ao temos uma sl¸c expl´ıcita, como no exemplo anterior.
Neste e noutros casos em que n˜ao tenhamos acesso expl´ıcito aρ, mas sim aϕ, podemos obterρde forma aproximada fazendo a itera¸c˜ao ϕ(n)(0) paranbastante grande.
21
Crit´ erio para decidir qual o caso
Vamos a seguir obter um crit´erio para diferenciar entre os dois casos delineados nos slides 15 e 16 (vamos supor quep0>0 e pk >0 p/algum k≥2).
Caso 1
Neste caso, temos queϕ(s)>s para todos∈[0,1); comoϕ´e continua/e diferenci´avel em [0,1], segue que
1−ϕ(s)
1−s = ϕ(1)−ϕ(s)1−s ≤1∀s <1 ⇔ϕ0(1) = lims%1ϕ(1)−ϕ(s)1−s ≤1.
Caso 2
Neste caso, temos a existˆencia des∗<1 tqϕ(s∗) =s∗, e da continui//
deϕ0, do teo do valor intermedi´ario segue a a existˆencia de ˜s∈(s∗,1) tq ϕ0(˜s) = ϕ(1)−ϕ(s1−s∗ ∗) =1−s1−s∗∗ = 1, e da convexi// estrita deϕ, que implica queϕ0 ´e estritamente crescente em [0,1], segue que
ϕ0(1)> ϕ0(˜s) = 1.
Crit´ erio
Finalmente, da obs queϕ0(1) =P
k=1kpksk−1
s=1=P
k=1kpk =E(X), temos o seguinte resultado.
Teorema 2
Seja (Gn) o processo de ramifica¸c˜ao com distribui¸c˜ao de descendˆenciaX. Sejaϕa f¸c geradora de prob deX.
Supondo queP(X = 1)<1, temos a seguinte dicotomia.
i) SeE(X)≤1, ent˜aoρ= 1.
ii) SeE(X)>1, ent˜aoρ <1.
Dem.Os argumentos acima estabelecem o resultado sob a suposi¸c˜ao de queP(X = 0)>0 eP(X =k)>0 para algumk ≥2. Os demais casos s˜ao mais simples, e seguem imediata/e de i e ii do slide 14.
Obs.Verifique a consistˆencia deste crit´erio com as conclus˜oes nos Exs 1 e 2 acima.
23
Valor esperado de G
nLembremos que para uma va inteira n˜ao negativaZ com f¸c geradora de probφ: [0,1]→[0,1],φ(s) =E(sZ), valem
φ(1) = 1 e E(Z) =φ0(1) := lims%1φ0(s).
Disto, de (8) e da regra da cadeia, segue que
E(Gn) =ψ00◦ϕ(n)(1)×ϕ0◦ϕ(n−1)(1)× · · · ×ϕ0(1)
=ψ00(1)×ϕ0(1)× · · · ×ϕ0(1) =E(G0)νn, (10) ondeν =E(X).
Obs.1) Seν <1, dizemos que o proc ram est´a nafase subcr´ıtica. Neste caso limn→∞E(Gn) = 0 exponencial/e r´apido; disto e da 6= de Markov:
P(Gn>0) =P(Gn≥1)≤E(Gn)→0 (exp/e) qdon→ ∞, e segue queρ= 1 (o que fornece um argu/o alternativo p/Teo 2.i qdo ν <1).
Obs. (cont.)
2) Nafase cr´ıtica, em queν = 1, tb temos, obvia/e, queP(Gn>0)→0 qdon→ ∞, mas, sob conds relativa/e brandas§, o decaimento ´e polinomial: P(Gn>0)∼ constn .
3) Nafase supercr´ıtica, em queν >1,E(Gn) cresce exponencial/e r´apido¶. De fato, podemos mostrark que
W = limn→∞Gνnn
existe quase certa/e, e que, sob conds brandas∗∗, temos que P(W >0) = 1−ρ˜=P(sobrevivˆencia),
do que se conclui que qdo h´a sobrevivˆencia, a pop cresce exp/e r´apido:
Gn∼Wνn qc.
§E(X2)<∞
¶sempre queG06≡0
kpor m´etodos que v˜ao al´em do escopo deste curso
∗∗E(XlogX)<∞
25
Exemplo — Colecionador de figurinhas
Um ´ album ´ e composto de
Mfigurinhas distintas. Um colecionador adquire sucessivamente uma figurinha ao acaso por vez entre as
Mposs´ıveis. Qual ´ e o n´ umero esperado de aquisi¸ c˜ oes at´ e o ´ album ser completado?
Seja
X0= 0 e
Xn= o n´ umero de figurinhas distintas na cole¸ c˜ ao ap´ os
naquisi¸ c˜ oes. Ent˜ ao (X
n) ´ e uma CM com probs de trans como ilustrado a seguir.
𝑥 𝑥 + 1 0
>
𝑥/𝑀
𝑀 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑀
1 − 𝑥/𝑀
Album de figurinhas (cont.) ´
Seja
Nxo n´ umero de aquisi¸ c˜ oes at´ e a obten¸ c˜ ao de uma figurinha nova qdo a cole¸c˜ ao cont´ em
xfigurinhas distintas. Ent˜ ao
Nx ∼
Geom´ etrica com prob de sucesso 1
−x/M. Queremos ent˜ ao
E
(
PM−1x=0 Nx
) =
PM−1x=0 E
(N
x) =
PM−1 x=01
1−x/M
=
PM−1 x=0M M−x
=
MPM−1 x=0 1M−x
=
MPM x=11x ∼M
log
M.
27