Expectativa de la integral del proceso estacionario

Question

Dejemos que $(X(t))_{t \geq 0}$ sea un proceso de Poisson, $Z$ una variable aleatoria Bernoulli, independiente de $X(t)$ .

Definimos $$Y(t)=Z(-1)^{X(t)}$$

Está claro que $Y(t)$ es estacionaria.

Ahora definimos $$S(t)=\int_{0}^{t}{Y(v)dv}$$ Q : Calcular $E(S(t))$ y $Var(S(t))$

Mi intento : $$\begin{align*} E[S(t)]&=E[\int_{0}^{t}{Y(v)dv}]\\ &=E\Bigg[\int_{0}^{t}{Z(-1)^{X(v)}dv}\Bigg]\\ &=E\Bigg[Z\int_{0}^{t}{(-1)^{X(v)}dv}\Bigg]\\ \end{align*}$$ Aquí he definido un operador : $$T : (\Omega,\mathcal F, \mathbb P) \longrightarrow \mathbb R$$ $$\hspace{5.5cm} W(t) \longrightarrow T(W(t)) = \int_{0}^{t}{W(v)dv}$$

A continuación, definiría $$f : (\Omega,\mathcal F, \mathbb P) \longrightarrow (\Omega,\mathcal F, \mathbb P) $$ $$ X(t) \longrightarrow f(X(t))=(-1)^{X(t)}$$

Entonces tendría $$E[S(t)]= E\Bigg[Z\int_{0}^{t}{(-1)^{X(v)}dv}\Bigg]=E\Big[Z[T(f(X))]\Big]$$

Ahora sé que si tenemos dos v.r. independientes $X$ y $Y$ entonces para cualquier función medible $\varphi$ y $\psi$ las nuevas variables aleatorias $\varphi(X)$ , $\psi(Y)$ son independientes.

Lo mismo se aplica en $Z$ y $f(X)$ . Ahora el problema está en el operador $T$ . En caso de que haya una independencia, resultará que $$ E\Big[Z[T(f(X))]\Big]=E[Z]\times E[T(f(X))]=0$$

No estoy seguro de cómo proceder. Esto fue sólo una idea intuitiva.

Answer 1

• $Z$ y $(-1)^{X(t)}$ son independientes, por lo que la expectativa del producto sólo se divide en dos.
• $E[\cdot]$ es una operación lineal, así que puedes meterla en la integral.
• Entonces utiliza explícitamente la distribución de Poisson $P(X(t)=k)=\frac{(t\lambda)^ke^{-t\lambda}}{k!}$

Todo el cálculo: \begin{align} E\left[\int_0^t Z (-1)^{X(v)}\,dv\right] &= \underbrace{E[Z]}_{=\frac{1}{2}}\cdot \int_0^t E\left[(-1)^{X(v)}\right]\,dv \\ &= \frac{1}{2} \int_0^t \sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{(v\lambda)^ke^{-v\lambda}}{k!}\,dv \\ &= \frac{1}{2} \int_0^t \left(\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{(v\lambda)^k}{k!}\right)e^{-v\lambda}\,dv \\ &= \frac{1}{2} \int_0^t e^{-2v\lambda}\,dv \\ &= \frac{1}{4\lambda}\left(1-e^{-2\lambda t}\right) \end{align}

por favor, compruébalo antes de usarlo^^