Лекция послучайным блужданиям (М.Л. Сердобольская) (1119985), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Нетрудно также понять,что, например, в случае k = n в формуле (2.7) с необходимостью Cnk̄ = 0, потому чтов этом случае можно пройти m > 0 в m + d > 0, только двигаясь детерминированновправо, и этот путь никогда не проходит через ноль.2.3. Первое возвращение в исходную точку. Будем считать, что частицаначинает движение из точки m = 0, другими словами P (ξ0 = 0) = 1. Обозначимчерез R2r событие, заключающееся в том, что частица в первый раз вернулась в начальную точку в момент t = 2r > 0 (очевидно, что для возврата в исходную точкутребуется четное число шагов). НайдемP (R2r ) = P (ξ2r = 0, ξ2r−1 6= 0, . .
. , ξ1 6= 0 | ξ0 = 0).Если ξ0 = 0, то либо ξ1 = 1, либо ξ1 = −1. В соответствии с этим представим+−R2r в виде R2r = R2r+ R2r(как обычно в теории вероятностей сумма – это объ+единение несовместных событий), при этом отвечающая событию R2rтраектория+L2r (0, 0) лежит строго выше горизонтальной оси всюду, кроме точек (0, 0) и (2r, 0).Поскольку частица совершает только шаги длины единица, это возможно, толькоесли при t = 2r − 1 частица находилась в точке m2r−1 = 1, и мы имеем+P (R2r) = P (ξ2r = 0, ξ2r−1 = 1, ξ2r−2 > 0, .
. . , ξ2 > 0, ξ1 = 1 | ξ0 = 0).Пусть сначала r = 1. Событие R2± означает, что частица за два шага вернуласьв исходную точку, т. е. совершила два прыжка в разные стороны, поэтому мы имеемP (R2± ) = pq и P (R2r ) = 2pq.При r > 1 мы можем записать следующее равенство:+P (R2r) = p · P (ξ2r−1 = 1, ξ2r−2 > 0, . . . , ξ2 > 0, | ξ1 = 1) · q.Здесь мы воспользовались тем, что на первом шаге частица прыгнула вправо (этопроисходит с вероятностью p), затем движение шло без захода в ноль по некоторойтраектории длины 2r −1, которая начинается из точки (1, 1) и заканчивается в точке(1, 1), и, наконец, на последнем прыжке частица перешла из точки c координатой 1в точку c координатой 0 (это происходит с вероятностью q).
C учётом (2.7) длякоординат частицы в моменты времени t = 2, . . . , 2r − 1 получаем+k̄k)pk q 2r−2−k ,P (ξ2r−1 = 1, ξ2r−2 > 0, . . . , ξ2 > 0, | ξ1 = 1) = P2r−2(1, 1) = (C2r−2− C2r−2гдеk=2r − 2 + 0= r − 1,2k̄ =2r − 2 + 2 + 0= r.2В итоге имеем+r−1r−1rr− C2r−2)pr q r .P (R2r) = pq · (C2r−2− C2r−2)pr−1 q r−1 = (C2r−2Отметим, что множитель pr q r можно было предугадать: чтобы за 2r шагов вернуться в начальную точку, необходимо сделать по r шагов вправо и влево.5Проведём тривиальные преобразования:(2r − 2)!r−1(2r − 2)!r−1rC2r−2 − C2r−2 =1−==(r − 1)! (r − 1)!r(r − 1)! (r − 1)!rr11 C2r(2r)!(2r − 2)! (2r − 1)2r==.=(r − 1)! (r − 1)! r(2r − 1)2r2 r! r! (2r − 1)2 2r − 1Тогда+P (R2r)=r1 C2r(pq)r .2 2r − 1−Вероятность P (R2r) блуждания из точки m = 0 в точку m2r = 0 с дополнитель−ным ограничением m1 = −1, m2 < 0, .
. . , m2r−1 < 0 получается из P (R2r) взаимной−+заменой p на q, поэтому P (R2r ) = P (R2r ), и мы имеем окончательный ответ:−+P (R2r ) = P (R2r) + P (R2r)=rC2r(pq)r2r − 1(2.8)для r > 1. Заметим, что в случае r = 1 с помощью непосредственной подстановкиполучаем P (R2 ) = 2pqr, что совпадает с полученным ранее ответом. Таким образом,мы можем считать, что формула (2.8) верна для всех r = 1, 2 . . .События R2r несовместны при разных r, поэтому для события R, заключающегося в том, что частица когда-либо вернется в исходную точку, имеем∞X∞rXpC2rP (R) =P (R2r ) =(pq)r = 1 − 1 − 4pq.2r − 1r=1r=1Для любых p, q > 0 при условии p + q = 1 верно неравенство 0 6 pq 6 1/4. В случаеp = q = 1/2 получаем P (R) = 1, и частица всегда (с вероятностью единица) возвращается в исходную точку. Если p 6= q, то P (R) < 1, в предельном случае p = 0(или q = 0) вероятность возврата равна нулю, что, впрочем, является очевиднымфактом, поскольку в этом случае частица совершает детерминированное движениев одном направлении.2.4.
Общий случай возвращений в исходную точку. Пусть V2n – событие,заключающееся в том, что частица в момент времени t = 2n оказалась в начальнойточке, при этом неважно, была ли она в этой точке ранее или нет. При n = 1, 2, . . .в соответствии с (2.4)nP (V2n ) = P (ξ2n = 0 | ξ0 = 0) = C2n(pq)n ,(2.9)поскольку событие V2n происходит тогда и только тогда, когда частица за 2n шаговсместилась на расстояние d = 0.Выедем ещё одну полезную формулу.
Представим событие V2n в виде разложенияв сумму по моментам первого попадания частицы в точку ноль:V2n =n−1Xr=1e2r,2n + R2n ,Re2r,2n означает, что при 2n шагах блуждания первое возвращение в ноль прогде Rизошло в момент времени 2r < 2n, далее частица двигалась произвольным образом6(возможно, вновь возвращаясь в ноль) и при t = 2n опять же оказалась в нуле.Событие R2n , как и выше, означает, что при t = 2n частица вернулась в исходнуюточку в первый раз. Траектория такого блуждания начинается в точке (0, 0), проходит через точку (2r, 0) и заканчивается в точке (2n, 0), причём в первой части путив моменты времени t = 1, .
. . , 2r − 1 частица в ноль не заходит. Обозначим такуютраекторию как0Le2n|2r= L+2r (0, 0) · L2n−2r (0, 0),используя некий условный (не имеющий никакого арифметического смысла) знак«умножения» траекторий. Вероятность прохода по любой из возможных траекторийвида L+2r (0, 0), т. е.
прохода из нуля в ноль без промежуточных заходов в ноль, равнаP (R2r ). Вероятность прохода по любой из возможных траекторий вида L2n−2r (0, 0),равна P (V2n−2r ), потому что мы имеем событие, заключающееся в том, что частицавышла из нуля и вернулась в него, совершив 2n − 2r шагов.
Тогдаe2r,2n) = P (R2r ) · P (V2n−2r ).P (RВ этих рассуждениях мы самым существенным образом использовали независимость блужданий частицы при t > 2r от всей предыстории её блужданий.Таким образом,P (V2n ) =n−1XP (R2r )P (V2n−2r ) + P (R2n ) =r=1nXP (R2r )P (V2n−2r ),(2.10)r=1где мы учли, что P (V0 ) = P (ξ0 = 0) = 1.2.5. Последние возвращения. Найдем вероятность того, что, стартовав източки m = 0, частица в моменты времени t = 1, 2, .
. . , 2n не вернется в началокоординат. Обозначим указанное событие через B2n . Учитывая результат первогошага, запишем+−P (B2n ) = P (ξ2n 6= 0, . . . , ξ2 6= 0, ξ1 6= 0 | ξ0 = 0) = P (B2n) + P (B2n),+P (B2n) = P (ξ2n > 0, . . . , ξ2 > 0, ξ1 = 1 | ξ0 = 0),+P (B2n) = P (ξ2n < 0, . . . , ξ2 < 0, ξ1 = −1 | ξ0 = 0).+Разложим событие B2nпо полной группе событий, отвечающих возможным положениям частицы на (2n)-м шаге. Очевидно, что за 2n шагов частица смещается нарасстояние 1 · k + (−1) · (2n − k) = 2k − 2n, где k – число шагов вправо (k = 0, . . . , 2n),т. е.
смещение является чётным числом. Кроме того, с необходимостью ξ2n 6 2n и по+условию (в рамках события B2n) мы имеем ξ2n > 0, поэтому ξ2n = 2s, s = 1, . . . , n.Получаем с учётом скачка вправо на первом шаге+P (B2n)==nXs=1nXs=1P (ξ2n = 2s, ξ2n−1 > 0, . . .
, ξ2 > 0, ξ1 = 1 | ξ0 = 0) =p · P (ξ2n = 2s, ξ2n−1 > 0, . . . , ξ2 > 0 | ξ1 = 1).7(2.11)Имеем+P (ξ2n = 2s, ξ2n−1 > 0, . . . , ξ2 > 0 | ξ1 = 1) = P2n−1(1, 2s)поскольку речь идёт о проходе по траектории из (1, 1) в (2n−1, 2s) без захода в ноль.Поставляем наши параметры траектории в (2.7): В данном случае в (2.7) m = 1,m + d = 2s и n следует заменить на 2n − 1.
Таким образом,k=2n − 1 + 2s − 1= n + s − 1,2k̄ =2n − 1 + 2s + 1= n+s2и (2n−1)−k = n−s. Заметим, что при s = n невозможно за 2n шагов пройти из точкиx = 1 в точку x = 2n никак, кроме как детерминировано перемещаясь вправо. Этов точности соответствует тому, что при этом k̄ = 2n > 2n − 1 и биномиальныйk̄коэффициент C2n−1в формуле типа (2.7) следует положить равным нулю.В результате получаем+n+s−1n+sP2n−1(1, 2s) = (C2n−1− C2n−1)pn+s−1 q n−s ,иs = 1, . . . , n − 1+n+s−1 n+s−1 n−sP2n−1(1, 2s)s=n = C2n−1pq.Подставим полученные выражения в (2.11):+P (B2n)=nXs=1n+s−1 n+s n−sC2n−1pq−n−1Xn+s n+s n−sC2n−1pq.s=1n+s−1n−sВ первой сумме сделаем замену C2n−1= C2n−1.
Во второй сумме произведёмсдвиг индекса s 7→ s + 1, при этом суммирование станет вестись по s = 2, . . . , n,n+s−1n−sа n + s заменится на n + s − 1, после чего можно вновь учесть, что C2n−1= C2n−1.Наконец, ко второй сумме (по s = 2, . . . , n) добавим и вычтем одно слагаемое с s = 1.В результате всех этих манипуляций вероятность примет вид+P (B2n)=nXn−s n+s n−sC2n−1pqs=1−nXn−1 n nn−s n+s−1 n−s+1C2n−1pq+ C2n−1p q .s=1В результате получаем+P (B2n)=nXn−s n+s n−sC2n−1pqs=1qn−1 n n+ C2n−1p q .1−p−+Вероятность P (B2n) получается из P (B2n) взаимной заменой p на q:nXpn−1 n n−n−s n−s n+s1−+ C2n−1p q .P (B2n ) =C2n−1 pqqs=1(2.12)(2.13)Дальнейшие рассуждения будем проводить для симметричных блужданий,т.
е. для случая p = q = 1/2. Тогда в выражениях (2.12) и (2.13) останется толькоодно слагаемое (вне суммы), и мы получаем при p = q = 1/2n−1 n nP (B2n ) = 2C2n−1p q =2nCn(2n − 1)!n(pq)n = C2n(pq)n = 2n.n (n − 1)!(n − 1)!4n8(2.14)Введем случайную величину α2n , равную номеру шага, при котором произошлопоследнее возвращение в начальную точку при 2n шагах блуждания. Выпишемраспределение случайной величины α2n :P (α2n = 2s) = P (ξ2n 6= 0, . . . , ξ2s+1 6= 0, ξ2s = 0 | ξ0 = 0) == P (ξ2n 6= 0, . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
