Enkel slumpvandring. Sven Erick Alm. 9 april 2002 (modifierad 8 mars 2006) 2 Apan och stupet Passagesannolikheter Passagetider...

Transkript

1 Ekel slumpvadrig Sve Erick Alm 9 april 2002 (modifierad 8 mars 2006) Iehåll 1 Iledig 2 2 Apa och stupet Passagesaolikheter Passagetider Spelares ruiproblem Absorptiossaolikheter Absorptiostider Reflekterade barriärer Vägräkig Speglig Ballot-problemet Rekurres Maximum Arcsius-lage Bladade problem 23 6 Litteratur 24 1

2 1 Iledig Med e slumpvadrig meas allmät e stokastisk följd {S }, med S 0 = 0, defiierad som S = X k, k=1 där {X k } är oberoede och likafördelade stokastiska variabler (olf). Slumpvadrige sägs vara ekel om X k = ±1, med P (X k = 1) = p och P (X k = 1) = 1 p = q. Ma ka täka sig e partikel som utför e slumpvadrig på heltalspuktera på lije och i varje steg går till e av de två grapuktera, se Figur 1. q p Figur 1: Ekel slumpvadrig Am 1. Ma ka också studera slumpvadrig i flera dimesioer. I två dimesioer har varje pukt 4 graar och i tre dimesioer fis 6 graar. E ekel slumpvadrig sägs vara symmetrisk om partikel har lika stor saolikhet att gå till var och e av grapuktera. Allmä slumpvadrig behadlas i kapitel 7 i Ross. Här kommer vi edast att studera ekel slumpvadrig, huvudsaklige i e dimesio. Vi ska bl.a. försöka besvara följade frågor: Vad är saolikhete att partikel ågosi år pukte a? (Fallet a = 1 brukar kallas apa och stupet.) Hur låg tid tar det att å a? Vad är saolikhete att de år a > 0 ia de år b < 0? ( Spelares ruiproblem ) Om partikel vid tidpukte befier sig i a > 0, vad är saolikhete att de befuit sig till höger om 0 seda första steget? de aldrig befuit sig till väster om 0? ( The Ballot problem ) Hur lågt bort kommer partikel som lägst i steg? Vid aalys av slumpvadrig har ma glädje av, dels allmäa metoder, som betigig, geererade fuktioer, differesekvatioer, 2

3 teori för Markovkedjor, teori för förgreigsprocesser, martigaler, me äve mera speciella, som vägräkig, speglig, tidsomvädig. 2 Apa och stupet E apa står ett steg frå ett stup och tar upprepade gåger, oberoede av varadra, slumpmässigt ett steg framåt, med saolikhet p, eller ett steg bakåt, med saolikhet q. 2.1 Passagesaolikheter Vad är saolikhete att apa, förr eller seare, ramlar utför stupet? Kalla dea saolikhet P 1. Då är Vi ka också studera P 1 = P (e slumpvadrade partikel ågosi år x = 1). P k = P (e slumpvadrade partikel ågosi år x = k), vilket svarar mot att apa startar k steg frå stupet. På grud av oberoedet (och de starka Markovegeskape) gäller P k = P k 1. För att bestämma P 1 ka ma betiga med avseede på det första steget. P 1 = p 1 + q P 2 = p + q P 2 1, så att med lösigar Observera att så att och alltså P q P 1 + p q = 0, 1 1 2q ± 4q 2 p q = 1 1 4pq 2q ±. 2q 1 = p + q = (p + q) 2 = p 2 + q 2 + 2pq, 1 4pq = p 2 + q 2 2pq = (p q) 2 1 4pq = p q. 3

4 Lösigara ka alltså skrivas 1 ± (p q) 2q = { 1, p q. (1) Om p > q förkastas lösige p q > 1, så att, för p q (dvs. p 1/2), vi får P 1 = 1, och därmed P k = 1 för k 1. Det är litet besvärligare att se att för p < q de korrekta lösige är P 1 = p/q < 1, vilket ger P k = (p/q) k. Ma ka visa detta med hjälp av geererade fuktioer, t.ex. geom att utyttja teori för förgreigsprocesser, där extiktiossaolikhete är de mista positiva rote till ekvatioe g(s) = s; se Problem 2. Ett mera direkt sätt är att studera Då gäller ämlige att P k () = P (att å x = k i de första stege). P 1 () = p + q P 2 ( 1) p + q P 2 1 ( 1). Eftersom P 1 (1) = p p/q, ka vi, med iduktio, visa att P 1 () p/q för alla 1, om vi ka visa att P 1 () p/q medför att äve P 1 ( + 1) p/q. Atag därför att P 1 () p/q. Då gäller Eftersom P 1 ( + 1) p + q P 2 1 () p + q (p/q) 2 = p + p2 q = p q. ka vi, för p < q, förkasta lösige P 1 = 1. Vi har alltså visat P 1 = lim P 1() p q Sats 1. Med P k som ova gäller, för k 1, { 1 om p q, P k = ( p q )k om p < q. Am 2. Detta betyder att e symmetrisk slumpvadrig, med saolikhet 1, kommer att besöka alla pukter på lije! Problem 1. Låt p < q. Bestäm fördelige för Y = max S. Vad blir E(Y )? Ledig: Studera P (Y a). Problem 2. Låt p < q. Visa att P 1 är extiktiossaolikhete i e förgreigsprocess med reproduktiosfördelig p 0 = p, p 2 = q. 2.2 Passagetider Hur låg tid tar det tills apa ramlar utför stupet? Låt T jk = tide det tar att gå frå x = j till x = k, så att T 0k = tide tills partikel år x = k för första gåge (vid start i x = 0), och låt vidare E k = E(T 0k ), 4

5 om vätevärdet existerar. I så fall måste gälla, för k > 0, E k = k E 1. Betigig ger E 1 = 1 + p 0 + q E 2 = 1 + 2q E 1. Vi skiljer på falle p < q, p = q och p > q. För p < q gäller, eligt Sats 1, att P (T 01 = ) = 1 P 1 > 0, vilket medför att E 1 = +. För p = q = 1/2 får vi, om E 1 atas vara ädligt, att E 1 = 1 + E 1, dvs. e motsägelse, så äve i det fallet är E 1 = +. Slutlige, för p > q, får vi Vi har alltså visat Sats 2. För k 1 gäller E 1 = 1 1 2q = 1 p q <. { + om p q, E k = k p q om p > q. Med hjälp av Sats 1 och 2 ka vi också studera återkomster till startpukte. Låt Då gäller P 0 = P (att partikel ågosi kommer tillbaka till startpukte), T 00 = tide tills första återkomste, E 0 = E(T 00 ). Sats 3. E 0 = + för alla p och P 0 = { 1 om p = q, 1 p q om p q. Bevis: Med beteckigar som tidigare får vi geom betigig att P 0 = p P 1 + q P 1. Om p = q gäller, eligt Sats 1, P 1 = P 1 = 1, så att äve P 0 = 1. Om p q kommer edera P 1 < 1 eller P 1 < 1, så att P 0 < 1. I fallet p < q är P 1 = 1 och P 1 = p/q, så att P 0 = p + q p q = 2p = 1 (q p) < 1. I fallet p > q gäller i stället P 1 = q/p och P 1 = 1, så att P 0 = p q + q = 2q = 1 (p q) < 1. p 5

6 För p q gäller alltså P 0 = 1 p q < 1 och följdaktlige är P (T 00 = ) > 0, så att E 0 = +. Om p = q får vi eligt Sats 2. E 0 = E E 1 = +, Am 3. De symmetriska slumpvadrige kommer alltså, med saolikhet 1, tillbaka till 0. Detta gäller efter varje återkomst, så att P (S = 0 i.o.) = 1. Trots detta är vätevärdet för tide mella två återkomster oädligt! Stora tales lag ka alltså ite tolkas som att partikel i allmähet är ära 0. I själva verket är partikel sälla ära 0 och e stor del av tide lågt frå 0, äve i e symmetrisk slumpvadrig! Se Avsitt 4.5. Am 4. Ma ka visa att äve de symmetriska slumpvadrige i två dimesioer återkommer till origo med saolikhet 1, meda däremot i tre dimesioer saolikhete är Problem 3. Låt p q. Bestäm fördelige för Y = # återkomster till 0. Beräka E(Y ). 3 Spelares ruiproblem Apa och stupet ka uppfattas som att vi placerat e absorberade barriär i x = 1 (eller x = k). Om ma studerar två absorberade barriärer på var si sida om startpukte ka ma lösa Spelares ruiproblem (Gambler s rui): Två spelare, A och B, spelar ett spel med oberoede omgågar där, i varje omgåg, e av spelara vier 1 kroa av motstådare; A med saolikhet p och B med saolikhet q = 1 p. A börjar spelet med a kroor och B med b kroor. Spelet slutar är ågo av spelara blivit ruierad. 3.1 Absorptiossaolikheter Vad blir spelaras ruisaolikheter? Detta motsvarar e slumpvadrig där partikel startar i 0 och absorberas i tillståde b och a, eller, ekvivalet, startar i a och absorberas i 0 och a + b. Låt A k = P (A vier då ha har k kroor). Då gäller A 0 = 0, A a+b = 1 och vi söker A a. Betiga! A k = p A k+1 + q A k 1. (2) Dea homogea differesekvatio ka ma lösa geom att bestämma ollställea till det karakteristiska polyomet z = p z 2 + q z 2 1 p z + q p = 0, 6

7 med lösigar z 1 = 1 och z 2 = q/p. (Jämför med (1).) Detta ger, för p q, följade allmäa lösig till (2) A k = C 1 1 k + C 2 ( q p )k, där kostatera C 1 och C 2 bestäms av radvillkore. A 0 = 0 C 1 + C 2 = 0, A a+b = 1 C 1 + C 2 ( q p )a+b = 1, så att och A k = C 1 = C 2 = 1 ( q p )a+b 1, 1 ( q p )a+b 1, 1 ( q p )a+b ( q p )a+b 1 (q p )k = ( q p )k 1 ( q p )a+b 1, A a = ( q p )a 1 ( q p )a+b 1. För p = q får vi differesekvatioe A k = 1 2 A k A k 1. Det karakteristiska polyomet z 2 2z + 1 har dubbelrote z 1 = z 2 = 1. Vi behöver därför ytterligare e lösig. A k = k fugerar, så att A k = C 1 1 k + C 2 k. så att Vi har alltså visat A 0 = 0 C 1 = 0, A a+b = 1 C 2 = 1 a + b, A k = k a + b, A a = a a + b. Sats 4. Saolikhete att A ruierar B (partikel absorberas i x = b) är ( q p )a 1 ( q om p 1 A a = p )a+b 1 2, a om p = 1 a + b 2. 7

8 Am 5. a = +, b = 1 svarar mot Apa och stupet. P 1 = P (apa faller utför stupet) = lim a P (A vier). För p = q får vi och för p q a P 1 = lim a a + 1 = 1 ( q { p P 1 = lim )a 1 1 om p > q, a ( q p )a+1 1 = p q om p < q. Exempel 1. Betrakta e symmetrisk slumpvadrig på puktera 0, 1,...,, beläga på periferi till e cirkel; se Figur 2. Slumpvadrige startar i pukte 0. Ma iser lätt att, med saolikhet 1, alla pukter kommer att besökas. (Varför?) Vad är saolikhete att pukte k (k = 1,..., ) är de sista som besöks? Ia k besöks måste ågo av k 1 och k + 1 besökas. Betrakta tidpukte då detta sker för första gåge. På grud av symmetri ka vi ata att det då är k 1 som besöks. Att k är de sista pukte som besöks betyder att k + 1 måste besökas före k och detta ka bara ske geom att slumpvadrige går medsols frå k 1 till k + 1 ia de besöker k. Saolikhete för detta är desamma som ruisaolikhete för e spelare som har 1 kroor och möter e motstådare med 1 kroa, dvs. 1/. Vi har alltså visat det överraskade resultatet att P (k besöks sist) = 1 för k = 1,...,. k+1 k k Figur 2: Slumpvadrig på e cirkel Exempel 2. Betrakta e symmetrisk slumpvadrig och ett tillståd a > 0. Låt Y a = # besök i a ia slumpvadrige återäder till 0. För att a över huvud taget ska besökas måste första steget gå åt höger, så att P (Y a > 0) = 1 2 P (Y a > 0 S 1 = 1). De betigade saolikhete är vistchase för e spelare med 1 kroa som spelar mot e motstådare med a 1 kroor, dvs. P (Y a > 0 S 1 = 1) = 1 a, så att P (Y a > 0) = 1 2a. På likade sätt ka vi beräka P (Y a = 1 Y a > 0). Betrakta ämlige slumpvadrige då a besöks, vilket vi vet iträffar om Y a > 0. För att detta ska vara det sista besöket i a, före ästa besök i 0, krävs att det första steget går åt väster, så att P (Y a = 1 Y a > 0) = 1 2 P (0 ås före a vid start i a 1) = 8

9 1 2 1 a = 1 2a. Samma situatio uppstår vid varje besök i a, så att Y a Y a > 0 är ffg(1/2a) och P (Y a > 0) = 1/2a. Detta ger att E(Y a ) = 1 2a 2a = 1 för alla a > 0! (Detta gäller på grud av symmetri äve för egativa a.) Vi har alltså visat ågot mycket överraskade: Mella två besök i 0 kommer de symmetriska slumpvadrige att göra i geomsitt 1 besök i alla adra tillståd! För att detta ska vara möjligt måste rimlige E 0 =, vilket också visades i Sats 3. Problem 4. Utyttja Sats 1 för att visa att, för alla p, a och b, spelet kommer att ta slut med saolikhet 1. Problem 5. Atag att Du har 10 kroor och di motstådare har 100 kroor. Du får chase att välja att spela med isatse 1, 2, 5 eller 10 kroor per omgåg. Hur ska Du välja, och vad blir dia vistchaser, om di vistchas i ett eskilt spel är a) p = 0.5, b) p = 0.4, c) p = Absorptiostider Låt Hur låg tid tar det ia ågo blir ruierad? Betigig ger då med Y k = # återståede spelomgågar då A har k kroor, E k = E(Y k ). E k = 1 + p E k+1 + q E k 1, (3) E 0 = E a+b = 0. Ekvatio (3) är e icke-homoge differesekvatio. För att lösa de behöver vi dels lösa motsvarade homogea ekvatio, som ova, me också hitta e partikulärlösig till de ihomogea. Vi börjar med det symmetriska fallet (p = q = 1/2). Differesekvatioe är då E k = E k E k 1, med homoge lösig A + B k. E partikulärlösig är k 2, så att de allmäa lösige är Radvillkore ger A = 0 och B = a + b, så att E k = A + B k k 2. E k = k (a + b k), E a = a b. 9

10 I det asymmetriska fallet är de homogea lösige, som tidigare, A + B (q/p) k och e partikulärlösig ges av k/(q p), vilket ger de allmäa lösige E k = Geom att utyttja radvillkore ka vi bestämma Isättig i (4) ger A = k q p + A + B (q p )k. (4) B = A. a b (q p)(( q p )a+b 1), Sats 5. Förvätade atalet spelomgågar tills ågo av spelara ruierats är a b om p = q = 1 2, E a = a q p a + b q p ( q p )a 1 ( q om p q. p )a+b 1 Exempel 3. I ett rättvist spel med a + b = 100 får vi a b A a E a / / / / / / / Problem 6. Beräka motsvarade tabell som i Exempel 3 då a) p = 0.6, b) p = 0.2. Problem 7. För vilket värde på a maximeras/miimeras E a är a + b = 100 och a) p = 0.4, b) p = 0.8. Problem 8. Betrakta slumpvadrige i Exempel 1 och låt E k = # steg tills x = k besöks för första gåge. Beräka E k för k = 1,..., då a) = 2, b) = 3, c) = 4. Problem 9. Låt i Exempel 1, P (motsols) = p och P (medsols) = q = 1 p. Visa att, för alla 0 p 1, med saolikhet 1, alla pukter kommer att besökas. 10

11 3.3 Reflekterade barriärer Vi har hitills studerat absorberade barriärer. Ma ka också täka sig reflekterade barriärer. Att a är e reflekterade barriär iebär att så fort ma kommer till x = a återväder ma i ästa steg med saolikhet 1 till de föregåede positioe. Med två reflekterade barriärer i a och b, a < b, fis bara b a + 1 täkbara tillståd, och alla kommer att besökas oädligt måga gåger (om 0 < p < 1). Exempel 4. Låt 0 vara e reflekterade barriär, dvs. P (S +1 = 1 S = 0) = 1. Betrakta e symmetrisk slumpvadrig med S 0 = 0 och låt Då gäller E 0,1 = 1, E j,k = E(tide att gå frå j till k). E 1,2 = E 0,2 = (E 0,1 + E 1,2 ) = E 1,2, så att E 1,2 = 3 och E 0,2 = = 4. På samma sätt ser vi att E 2,3 = E 1,3 = (E 1,2 + E 2,3 ) = E 2,3, så att E 2,3 = 5 och E 0,3 = = 9. Det gäller uppebarlige, för k = 1, 2, 3, att Atag att detta gäller för k. Då får vi E k 1,k = 2k 1 E 0,k = k 2. E,+1 = E 1,+1 = (E 1, + E,+1 ) = = E,+1 = 2 + 1, E 0,+1 = E 0, + E,+1 = = ( + 1) 2. Vi har alltså visat att, för 1, E 1, = 2 1 E 0, = E,+1 Problem 10. Bestäm rekursiva uttryck för E 1, och E 0, i det allmäa fallet (0 < p < 1). Visa att E 0, < för alla 1. Vad blir E 0,2 uttryckt i p? 4 Vägräkig Iför hädelsera F = partikel befier sig i 0 efter steg, G = partikel återkommer till 0 för första gåge efter steg 11

12 och motsvarade saolikheter f = P (F ), g = P (G ). Observera att partikel bara ka återväda efter ett jämt atal steg så att f 2+1 = g 2+1 = 0. För jäma måste partikel ha tagit lika måga steg åt höger och åt väster, så att ( ) 2 f 2 = p q. Ett sätt att bestämma g är att räka vägar. Detta uderlättas om ma illustrerar slumpvadrige geom att plotta talpare (, S ), se Figur 3. S Figur 3: Plottad slumpvadrig Am 6. Här ages tide lägs x-axel och partikels förflyttigar till höger och väster svarar mot steg uppåt och edåt i figure. Observera att varje väg som iehåller h steg åt höger (uppåt) och v steg åt väster (edåt) har saolikhet p h q v, så att det ofta räcker att räka atalet sådaa för att bestämma öskade saolikheter. Om vi t.ex. vill bestämma så gäller det att dvs. så att om vi defiierar är h ite är ett heltal. f (a, b) = P (partikel går frå a till b i steg), h + v = och h v = b a, h = + b a och v = + a b, (5) 2 2 ( ) f (a, b) = p h q v, h ( ) = 0 h 12

13 Problem 11. Utyttja Stirligs formel! 2π e för att visa att, för p = q = 1/2, gäller a) f 2 0 är, b) f 2 =, c) f 2 1. π =1 Ledig: CGS ka vara avädbar! Problem 12. Vad blir f 2 för e symmetrisk tvådimesioell slumpvadrig? 4.1 Speglig För att bestämma g iför vi N (a, b) = # vägar frå a till b i steg, N 0 (a, b) = # vägar frå a till b i steg som ite besöker 0 på väge, N(a, 0 b) = # vägar frå a till b i steg som besöker 0 på väge. Observera att, med h och v som i (5), följade gäller ( ) N (a, b) =, h N (a, b) = N(a, 0 b) + N 0 (a, b), N 0 (a, b) = 0 om a och b har olika tecke, N(a, 0 b) = N (a, b) om a och b har olika tecke. För att beräka g 2 = N 0 2 (0, 0) p q räcker det alltså att bestämma N 0 2 (0, 0). Notera att N (0, 0) = N2 1 (1, 0) + N2 1 ( 1, 0) = 2 N2 1 (1, 0) = 2 N2 2 (1, 1). För att bestämma N (1, 1) ka ma aväda följade elegata spegligsresoemag; se Figur 4. Varje väg frå 1 till 1 som besöker 0 ka, geom speglig av börja av väge, fram till första 0-besöket, överföras i e väg frå 1 till 1 med lika måga steg. Alla vägar frå 1 till 1 måste besöka 0! Följaktlige gäller N 0 2 2(1, 1) = N 0 2 2( 1, 1) = N 2 2 ( 1, 1), N (1, 1) = N 2 2(1, 1) N2 2(1, 0 1) = N 2 2 (1, 1) N 2 2 ( 1, 1) ( ) ( ) ( ) ( = = 1 1 ) = Detta ger så att vi har visat N (0, 0) = 2 N2 2 (1, 1) = ( ) 2 2 = ( ) 2, ( ).

14 S 1 1 Figur 4: Speglig Sats 6. För > 0 gäller g 2 = f 2. Spegligspricipe gäller allmäare ä vad vi har utyttjat. Sats 7. (Spegligssatse) För a > 0 och b > 0 gäller Bevis: Visas på samma sätt som ova. N 0 (a, b) = N ( a, b), N 0 (a, b) = N (a, b) N ( a, b). Am 7. Spegligssatse gäller äve om har fel paritet i förhållade till a och b eftersom alla uttryck i satse då är lika med Ballot-problemet Om a = 0 i Spegligssatse får vi Sats 8. (Ballot-satse) För b > 0 gäller N 0 (0, b) = b N (0, b). Bevis: Låt h = +b 2 och v = b 2 vara atalet steg till höger resp. väster som krävs för att gå frå 0 till b i steg. Då gäller N (0, b) = ( h) och N 0 (0, b) = N 0 1 (1, b) = N 1(1, b) N 1 ( 1, b) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 h = = h 1 h h v ) = ( ) b h. Satse har fått sitt am frå följade klassiska saolikhetsproblem, The Ballot Problem: 14

15 Exempel 5. I ett val med två kadidater får kadidat A totalt a röster och kadidat B totalt b röster, där a > b. Vad är saolikhete att A är i ledige uder hela röstsammaräkige? Om vi atar att röstera räkas i slumpmässig ordig ges svaret direkt av Ballot-satse: P (A leder hela tide) = N 0 a+b (0, a b) N a+b (0, a b) = a b a + b. Exempel 6. E variat av Ballot-problemet är: Vad är saolikhete, då a b, att B aldrig leder uder sammaräkige? Vi vill alltså veta Eligt spegligssatse gäller så att N 0 N ( 1) a+b (0, a b) = N 0 a+b (1, a + 1 b). a+b (1, a + 1 b) = N a+b(1, a + 1 b) N a+b ( 1, a + 1 b) ( ) ( ) ( ) a + b a + b a + b = = (1 b a a + 1 a a + 1 ) ( ) a + b = a + 1 b = a + 1 b N a+b (0, a b), a a + 1 a + 1 Speciellt gäller att, om a = b, så är P (B aldrig leder) = a + 1 b a + 1. P (B aldrig leder) = 1 a + 1. Am 8. Ballot-probleme är ret kombiatoriska och svare beror ite av p (och q). Detsamma gäller vid slumpvadrig om vi betigar med avseede på slutpukte S. I själva verket ka vi skriva Ballot-probleme som P (S k > 0, för k = 1,..., a + b 1 S a+b = a b) = a b a + b, P (S k 0, för k = 1,..., a + b 1 S a+b = a b) = a + 1 b a Rekurres För ästa resultat behöver vi ytterligare ågra beteckigar. S 0 = 0. Vi utgår som tidigare frå att N 0 = # vägar av lägd med S k 0 för k = 1,...,, N >0 = # vägar av lägd med S k > 0 för k = 1,...,. 15

16 Sats 9. För > 0 gäller N 0 2 = N 2(0, 0) = För de symmetriska slumpvadrige gäller ( ) 2. (i) P (S k 0, k = 1,..., 2) = P (S 2 = 0), (ii) P (S k > 0, k = 1,..., 2) = 1 2 P (S 2 = 0), (iii) P (S k 0, k = 1,..., 2) = P (S 2 = 0). Bevis: E väg som aldrig besöker 0 är edera hela tide positiv eller alltid egativ. N 0 2 = 2 N 2 >0 = 2 N 0 2 (0, 2r). Med samma resoemag som vid beviset av Spegligssatse får vi, för r > 0, N 0 2 (0, 2r) = N 2 1(1, 2r) N 2 1 ( 1, 2r) = N 2 1 (0, 2r 1) N 2 1 (0, 2r + 1), så att N 0 2 (0, 2r) = (N 2 1(0, 1) N 2 1 (0, 3)) + (N 2 1 (0, 3) N 2 1 (0, 5)) (N 2 1 (0, 2 1) N 2 1 (0, 2 + 1)) = N 2 1 (0, 1) N 2 1 (0, 2 + 1) = N 2 1 (0, 1) = 1 2 N 2(0, 0). (i) följer direkt av detta eftersom, i e symmetrisk slumpvadrig, alla vägar av lägd 2 har samma saolikhet. (ii) följer av att P (S 1 0,..., S 2 0) = P (S 1 > 0,..., S 2 > 0) + P (S 1 < 0,..., S 2 < 0) och att de två falle är lika saolika. För att visa (iii) observerar vi att P (S 1 > 0,..., S 2 > 0) = P (S 1 = 1, S 2 > 0,..., S 2 > 0) me eftersom 2 1 är udda så gäller så att, med hjälp av (ii), = P (S 1 = 1) P (S 2 > 0,..., S 2 > 0 S 1 = 1) = 1 2 P (S 2 S 1 0, S 3 S 1 0,..., S 2 S 1 0) = 1 2 P (S 1 0,..., S 2 1 0), S S S 2 0, 1 2 f 2 = P (S 1 > 0,..., S 2 > 0) = 1 2 P (S 1 0,..., S 2 0). 16

17 Am 9. För e symmetrisk slumpvadrig gäller alltså att P (aldrig återväda till 0) = lim P (S k 0, k = 1,..., 2) = lim P (S 2 = 0) = lim f 2 = 0, (se Problem 11). De föregåede satse gav ett uttryck för P (S 1 0,..., S 0) för e symmetrisk slumpvadrig. Allmät gäller Sats 10. (i) För k > 0 gäller (ii) För k 0 gäller (iii) P (S 1 > 0,..., S 1 > 0, S = k) = k P (S = k). P (S 1 0,..., S 1 0, S = k) = k P (S = k). P (S 1 0,..., S 0) = E( S ). Bevis: Både (i) och (ii) gäller trivialt om P (S = k) = 0. Atag därför att k är sådat att P (S = k) = N (0, k) p h q v > 0, där h = + k och 2 v = k är heltal. 2 (i) följer då direkt av Ballot-satse efter multiplikatio med p h q v och (ii) på grud av symmetri, eftersom N 0 (0, k) = N 0 (0, k) och N (0, k) = N (0, k). Summerig av (ii) över alla k 0 ger (iii). Sats 9 ka också avädas för att ge ett alterativt uttryck för förstapassagesaolikhete g 2 = P (T 0 = 2), där T 0 = tidpukte för första återbesöket i 0 = mi{ 1 : S = 0}. Sats 11. För e symmetrisk slumpvadrig gäller Bevis: Sats 9 säger att vilket ger att g 2 = f 2 2 f 2. P (T 0 > 2) = P (S k 0, k = 1,..., 2) = P (S 2 = 0) = f 2, g 2 = P (T 0 = 2) = P (T 0 > 2 2) P (T 0 > 2) = f 2 2 f 2. 17

18 Am 10. Eftersom f 0 = 1 och f 2 0 då ger satse att, för de symmetriska slumpvadrige, P (ågosi återkomma till 0) = g 2 = =1 (f 2 2 f 2 ) =1 = (f 0 f 2 ) + (f 2 f 4 ) + = f 0 = 1. Ytterligare ett sambad mella {f } och {g } ges av Sats 12. För e godtycklig slumpvadrig gäller f 2 = g 2r f 2 2r. Bevis: Betiga med avseede på första återkomste till 0, T 0. f 2 = P (S 2 = 0) = = = P (T 0 = 2r) P (S 2 = 0 T 0 = 2r) g 2r P (S 2 S 2r = 0 T 0 = 2r) g 2r P (S 2 2r = 0) = g 2r f 2 2r. Ett aat avädbart trick för att aalysera slumpvadrigar är tidsomvädig. Eftersom {X k } är olf så har vektor (X 1, X 2,..., X ) samma fördelig som vektor (X, X 1,..., X 1 ) och därav följer att (S 1, S 2,..., S ) har samma fördelig som (X, X + X 1,..., X + + X 1 ) = (S S 1, S S 2,..., S ). Låt T b = tidpukte för första besöket i b = mi{ 1 : S = b}. Sats 13. För b > 0 gäller P (T b = ) = b P (S = b), för = b, b + 1,... Bevis: Geom att utyttja tidsomvädig får vi eligt Sats 10 (i). P (T b = ) = P (S 1 < b, S 2 < b,..., S 1 < b, S = b) = P (S > S 1, S > S 2,..., S > S 1, S = b) = P (S S 1 > 0,..., S S 1 > 0, S = b) = P (S 1 > 0,..., S 1 > 0, S = b) = b P (S = b), 18

19 Am 11. Med hjälp av satse ka ma beräka och därigeom P (T b > ) = k=+1 E(T b ) = P (T b = k) = k=+1 P (T b > ). =0 b k P (S k = b) Vi vet seda tidigare att E(T b ) = b E(T 1 ), så det räcker att beräka E(T 1 ). 4.4 Maximum Låt M = max(s 0, S 1,..., S ). Vilke fördelig har M? Lemma 1. För e symmetrisk slumpvadrig gäller { P (S = b) om b r, P (M r, S = b) = P (S = 2r b) om b < r. Bevis: De första dele följer direkt av att M S. Atag därför att b < r. Geom att spegla slutet av väge, frå och med sista besöket i r, i lije y = r ser vi att # vägar av lägd med M = r och S = b är lika med # vägar av lägd med S = 2r b; se Figur 5. Lemmat följer av att alla vägar av lägd har samma saolikhet för e symmetrisk slumpvadrig. S 2r b r b Figur 5: Speglig för maximum Sats 14. För e symmetrisk slumpvadrig gäller, för r 1, P (M r) = P (S = r) + 2P (S > r), P (M = r) = P (S = r) + P (S = r + 1) = max(p (S = r), P (S = r + 1)). 19

20 Bevis: Eligt lemmat gäller P (M r) = b P (M r, S = b) = b r P (S = b) + b<r P (S = 2r b) = P (S r) + k>r P (S = k) = P (S r) + P (S > r) = P (S = r) + 2P (S > r). Vidare gäller P (M = r) = P (M r) P (M r + 1) = P (S = r) + 2P (S > r) (P (S = r + 1) + 2P (S > r + 1)) = P (S = r) + 2P (S = r + 1) P (S = r + 1) = P (S = r) + P (S = r + 1) = max(p (S = r), P (S = r + 1)), eftersom edast e av P (S = r) och P (S = r + 1) ka vara skild frå Arcsius-lage Vi ska visa att två stokastiska variabler med akytig till symmetrisk slumpvadrig har samma fördelig, de s.k. arcsius-fördelige. Betrakta e symmetrisk slumpvadrig {S } med S 0 = 0. Låt som tidigare f = P (S = 0). Defiiera Y 2 = max(k 2 : S k = 0), som är väldefiierad eftersom S 0 = 0, och α 2 (2k) = P (Y 2 = 2k). Då gäller Sats 15. För 0 k, Bevis: α 2 (2k) = P (Y 2 = 2k) = f 2k f 2 2k. P (Y 2 = 2k) = P (S 2k = 0, S 2k+1 0,..., S 2 0) = P (S 2k = 0) P (S 2k+1 0,..., S 2 0 S 2k = 0) = P (S 2k = 0) P (S 1 0,..., S 2 2k 0) = P (S 2k = 0) P (S 2 2k = 0) (Sats 9 (i)) = f 2k f 2 2k. Am 12. Namet arcsius-fördelige kommer av att P (Y 2 2x) 2 π arcsi x, då. För att se detta ka ma utyttja Stirligs formel! e 2π, för att visa att, för stora k, f 2k 1 πk, (Se Problem 11c.) 20

21 och att därför α 2 (2k) 1 f( k ), där Detta ger att P (Y 2 2x) = k x f(x) = α 2 (2k) 1 1 π x(1 x), 0 < x < 1. k/ x 1 Täthetsfuktioe f(x) = fis plottad i Figur 6. π x(1 x) f( k x ) f(t) dt = 2 π arcsi x x Figur 6: Plot av f(x) = 1 π x(1 x). Am 13. De exakta fördelige, α 2 (2k), brukar kallas de diskreta arcsius-fördelige. De är, liksom de kotiuerliga, symmetrisk krig mittpukte, k = /2, där de också har sitt miimum. Maximum atas för k = 0 och k =. Am 14. E måhäda överraskade egeskap hos de symmetriska slumpvadrige, som följer av arcsius-lage, är att om vi har siglat slat 2 gåger och är itresserade av är vi seast hade lika måga kroa och klave så är det mest troligt att det iträffade edera alldeles ylige, eller alldeles i börja av försöket. Om t.ex. = 1000, dvs. vi har siglat 2000 gåger, så är P (Y ) 2 π arcsi 0.1 = 0.205, P (Y ) 2 π arcsi 0.01 =

22 Det fis också e arcsiuslag för uppehållstider. Vi säger att slumpvadrige är positiv i tidsitervallet (k, k + 1) om S k > 0 eller S k+1 > 0. (Naturligt; se Figur 3.) Låt Z = # positiva tidsitervall mella 0 och 2. Då atar Z 2 alltid ett jämt värde och vidare gäller Sats 16. För 0 k, P (Z 2 = 2k) = α 2 (2k) = f 2k f 2 2k. Bevis: Låt b 2 (2k) = P (Z 2 = 2k). Vi vill visa att b 2 (2k) = α 2 (2k) för alla och 0 k. Eligt Sats 9 (iii) gäller b 2 (2) = P (S k 0, k = 1,..., 2) = f 2 = f 2 f 0, så att satse gäller för k =. Av symmetriskäl gäller också så att de också gäller för k = 0. Det återstår alltså att visa att b 2 (0) = P (S k 0, k = 1,..., 2) = f 2, b 2 (2k) = α 2 (2k)(= f 2k f 2 2k ) för alla och 0 < k <. (6) Om Z 2 = 2k, där 1 k 1, måste S 2r = 0 för ågot r, 1 r 1, dvs. T 0 < 2. Tide fram till T 0 tillbrigas med lika stor saolikhet på de positiva sida som på de egativa. Betigig m.a.p. T 0 ger då, för 1 k 1, 1 b 2 (2k) = P (T 0 = 2r) P (Z 2 = 2k T 0 = 2r) 1 = g 2r P (Z 2 2r = 2k) + g 2r 1 2 P (Z 2 2r = 2k 2r) = g 2r b 2 2r (2k) g 2r b 2 2r (2k 2r). Observera att b 2 2r (2k) = 0 om k > r och att b 2 2r (2k 2r) = 0 om k < r, så att b 2 (2k) = 1 k 2 g 2r b 2 2r (2k) k g 2r b 2 2r (2k 2r). (7) Vi ska utyttja (7) för att visa (6) med hjälp av iduktio. För = 1 gäller (6) trivialt. Atag att (6) gäller för < m. Då är b 2m (2k) = 1 m k 2 g 2r b 2m 2r (2k) k g 2r b 2m 2r (2k 2r) = 1 m k 2 g 2r f 2k f 2m 2r 2k k g 2r f 2k 2r f 2m 2k = 1 m k 2 f 2k g 2r f 2m 2r 2k f 2m 2k k g 2r f 2k 2r. 22

23 Eligt Sats 12 gäller så att m k k g 2r f 2k 2r = f 2k, g 2r f 2(m k) 2r = f 2m 2k, b 2m (2k) = 1 2 f 2k f 2m 2k f 2m 2k f 2k = f 2k f 2m 2k = α 2m (2k). Am 15. Betrakta två spelare, A och B, som spelar ett rättvist spel, där båda ka via e kroa av de adre med saolikhet 1/2. Måga tolkar og Stora tales lag ituitivt som att i det låga loppet kommer båda spelara att vara i ledige ugefär halva tide. Detta är ite korrekt! Arcsius-lage för uppehållstider ger att, efter måga spelomgågar, det gäller att P (A leder mist adele x av tide) = 2 π arcsi 1 x, P (A leder mist 80% av tide) = 2 π arcsi 0.2 = 0.295, P (ågo leder mist 80% av tide) = 2 2 π arcsi 0.2 = 0.59, P (ågo leder mist 90% av tide) = 2 2 π arcsi 0.1 = 0.41, P (ågo leder mist 95% av tide) = 2 2 π arcsi 0.05 = 0.29, P (ågo leder mist 99% av tide) = 2 2 π arcsi 0.01 = 0.13, 5 Bladade problem Problem 13. Betrakta e slumpvadrig med p < 1/2, som vid tidpukt k befier sig i positio a < m. Beräka de betigade saolikhete att de vid tidpukt k + 1 befier sig i positio a + 1 (eller i a 1) givet att de kommer att besöka tillstådet m i framtide. Problem 14. Låt T 0a vara defiierad som i Avsitt 2.2, och p > 1/2. a) Visa att Var(T 01 ) = 4pq (p q) 3. Ledig: Studera E(T01 2 ) och betiga. b) Vad blir Var(T 0a ) för a > 0? Problem 15. Betrakta e spelare, med vistsaolikhet p i ett eskilt spel, som startar med a kroor mot e oädligt rik motstådare. Vad är saolikhete att det tar a + 2k spelomgågar ia ha ruieras? 23

24 Problem 16. Visa att det fis exakt lika måga vägar (x, y), som slutar i (2 + 2, 0) och för vilka y > 0 för 0 < x < 2 + 2, som det fis vägar som slutar i (2, 0) och för vilka y 0 för 0 x 2. Visa också att detta, för e symmetrisk slumpvadrig, medför att P (S 1 0,..., S 2 1 0, S 2 = 0) = 2 g 2+2. Problem 17. Visa att saolikhete att e symmetrisk slumpvadrig före tidpukte 2 återkommer exakt r gåger till 0 är desamma som saolikhete att S 2 = 0 och att de dessföria återvät mist r gåger till 0. Problem 18. E partikel flyttar sig edera två steg åt höger, med saolikhet p, eller ett steg åt väster, med saolikhet q = 1 p. Olika steg är oberoede av varadra. a) Om de startar i z > 0, vad är saolikhete, a z, att de ågosi kommer till 0? b) Visa att a 1 är saolikhete att, i e följd Beroulliförsök som lyckas med saolikhet p, atalet misslyckade försök ågosi överstiger dubbla atalet lyckade försök. c) Visa att, då p = q, 5 1 a 1 =. 2 Problem 19. Visa att, för e symmetrisk slumpvadrig som startar i 0, saolikhete att det första besöket i S 2 iträffar i steg 2k är P (S 2k = 0) P (S 2 2k = 0). Problem 20. (Baachs tädsticksproblem) E perso har i var och e av sia två fickor e tädsticksask med tädstickor i varje. När ha behöver e tädsticka väljer ha slumpmässigt e av askara, äda tills ha påträffar e tom ask. Låt, är detta iträffar, R = # stickor i de adra aske. a) Beräka E(R). b) Om a) är för svårt; uppskatta E(R) för = 50 med hjälp av simulerig. Problem 21. Låt, i e tvådimesioell symmetrisk slumpvadrig, startade i origo, D 2 = x 2 + y 2, där (x, y ) är partikels positio efter steg. Visa att E(D 2 ) =. (Ledig: Studera E(D 2 D 2 1 ).) Problem 22. Visa att e symmetrisk slumpvadrig i d dimesioer med saolikhet 1 kommer att återväda till e reda besökt positio. (Med saolikhet 1 sker detta dessutom oädligt måga gåger.) (Ledig: I varje steg är saolikhete att å e y pukt högst (2d 1)/(2d).) 6 Litteratur E guldgruva om ma vill läsa mer om slumpvadrigar är Feller, W., A Itroductio to Probability Theory ad Its Applicatios, Vol. 1, Third editio, Wiley Måga av exemple och resultate är hämtade därifrå, speciellt frå Kapitel III, me äve frå Kapitel XIV. Några exempel är också hämtade ur Grimmett, G.R. & Stirzaker, D.R., Probability ad Radom Processes, Secod editio, Oxford Sciece Publicatios, E trevlig beskrivig av måga klassiska saolikhetsproblem, bl.a. slumpvadrig, ges i Blom, G., Holst, L. & Sadell, D., Problems ad Sapshots from the World of Probability. Spriger