Лекция послучайным блужданиям (М.Л. Сердобольская) (1119985), страница 3
Текст из файла (страница 3)
. , ξ2s+1 6= 0 | ξ2s = 0)P (ξ2s = 0 | ξ0 = 0) == P (B2n−2s )P (V2s ),s = 1, . . . , n − 1,или, в явном виде, с учётом (2.9) и (2.14) при p = q = 1/2P (α2n = 2s) =n−sC2n−2s(pq)n−s·sC2s(pq)sn−ssC2sC2n−2s=,4ns = 1, . . . , n − 1.(2.15)При s = 0 событие α2n = 0 равносильно тому, что частица за 2n шагов ни разу невернулась в исходную точку, т. е. событию B2n . Формула (2.15) при этом приобреnтает вид P (α2n = 0) = P (B2n ) = C2n/4n в соответствии с (2.14).
При s = n событиеP (α2n = 2n) рассчитывается по формулеP (α2n = 2n) = P (ξ2n = 0 | ξ0 = 0) = P (V2n ) =nC2n.4nТаким образом, с учётом равенства C00 = 1 формулу (2.15) можно распространитьна все допустимые значения s:n−ssP (α2n = 2s) = C2n−2s(pq)n−s · C2s(pq)s =n−ssC2sC2n−2s,4ns = 0, . . . , n.(2.16)Легко видеть, что P (α2n = 2s) = P (α2n = 2n − 2s). Другими словами, для последнего возврата в начало вероятность вернуться на раннем шаге с номером 2s такая же,как аналогичная вероятность на соответствующем шаге 2n√− 2s, близком к концу.При больших n можно применить формулу Стирлинга n! ≈ 2πn · nn e−n и записатьприближённую формулу для (2.16) в случае больших n, s, n − s:p√2π2s(2s)2s e−2s 2π(2n − 2s)(2n − 2s)2n−2s e−(2n−2s)=P (α2n = 2s) ≈√22 p2πs(s)s e−s2π(n − s)(n − s)n−s e−(n−s) 4s1111sp= p=,z = , 0 < z < 1.π s(n − s)πn z(1 − z)nВ последнем выражении симметрия s ↔ n − s, которой соответствует z ↔ 1 − z,становится ещё более явной.
При z & 0 или z . 1 мала величина s или n − sсоответственно, поэтому асимптотика работает плохо. Тем не менее из последнейформулы можно увидеть, что момент последнего возвращения частицы в ноль будетс большей вероятностью принимать малые или большие, чем средние значения (минимум вероятности находится в точке z = 1/2, что отвечает s = n/2). Удивительно,что малые и большие значения времени последнего возвращения равновероятны.Сравнивая (2.16) с формулой (2.9) при p = q = 1/2, видим, чтоP (α2n = 2s) = P (V2s )P (V2n−2s ),9s = 0, . . . , n.(2.17)2.6. Распределение времени пребывания на одной стороне.
Для симметричных блужданий, начинающихся из нуля, введем случайную величину β2n , которая равна 2k, если из 2n звеньев ломаной L2n (0, m2n ) ровно 2k звеньев лежат нениже оси и, соответственно, ровно 2n − 2k звеньев лежат не выше оси. Найдемраспределение случайной величины β2n .Прежде всего рассмотрим случай β2n = 2n, когда вся траектория находитсяв верхней полуплоскости, и найдемP (β2n = 2n) = P (ξ2n > 0, . . . , ξ1 > 0 | ξ0 = 0).Очевидно, что для ξ̃n = ξn + 1P (ξ2n > 0, . . .
, ξ1 > 0 | ξ0 = 0) = P (ξ̃2n > 0, . . . , ξ̃1 > 0 | ξ̃0 = 1).(2.18)Как и выше, разложим эту вероятность по возможным положениям частицы на(2n)-м шаге (мы уже отмечали, что если число шагов чётно, то и смещение – чётноечисло, при условии неотрицательности реализаций лежащее в пределах от 0 до 2n):при r < n имеемP (β2n = 2n) ==nXr=0nXP (ξ̃2n = 2r + 1, ξ̃2n−1 > 0, . .
. , ξ̃1 > 0 | ξ0 = 0) =+(1, 2rP2n+ 1) =r=0nXr=0n+r+1 n+r n+rn+r)pq.− C2n(C2n(2.19)При r = n мы имеем P (ξ0 = 0, ξ1 > 0, . . . , ξ2n = 2r) = p2n , потому что достичьточки m = 2n за 2n шагов можно, только когда все скачки совершаются вправо. Мыможем считать, что в случае r = n в правой части равенства (2.19) от выраженияв скобках остаётся только первое слагаемое.Подставим полученные результаты и учтем, что p = q = 1/2, получим4n · P (β2n = 2n) =nXr=0n+rC2n−n−1Xn+r+1C2n=r=0nXr=0n+rC2n−nXn+rnC2n= C2nr=1или, сравнивая с (2.15),P (β2n = 2n) = P (α2nnC2n= 2n) = n .4Легко показать, что аналогичное утверждение верно и для вероятности P (β2n = 0):P (β2n = 0) = P (α2n = 0) =nC2n.4n(2.20)Покажем, что распределения случайных величин α2n , β2n полностью совпадают:P (β2n = 2s) = P (α2n = 2s),s = 0, 1, .
. . , n.(2.21)Найдем вероятность того, что β2n = 2s, при 0 < s < n. В этом случае в траектории блуждания присутствуют звенья, лежащие как снизу, так и сверху от оси t.10Следовательно, хотя бы один раз частица вернулась в точку ноль. Пусть 2r – номерпервого возвращения, т. е. произошло событие R2r . Напишем формальное разложение по полной группе событий {R2r }r=1,n :P (β2n = 2s) =nXP ({β2n = 2s} ∩ R2r ) ==nX+P ({β2n = 2s)} ∩ (R2r)+r=1r=1nX+−P ({β2n = 2s)} ∩ (R2r+ R2r)) =r=1nXr=1−P ({β2n = 2s)} ∩ R2r))(в последнем выражении мы использовали формулу (2.8)). Если произошли оба+события β2n = 2s и R2r, то, с одной стороны, ровно 2s звеньев лежат не нижеоси t; с другой стороны, 2r первых звеньев заведомо лежат в верхней полуплоско+сти. Поэтому, если r > s, события β2n = 2s и R2rнесовместны.
Аналогично, если−произошли события β2n = 2s и R2r , то в траектории имеются ровно 2n − 2s звеньевв нижней полуплоскости и в то же время заведомо присутствуют 2r таких звеньев.−Отсюда, если r > n − s, события β2n = 2s и R2rнесовместны. Итак,P (β2n = 2s) =sXr=1P ({β2n = 2s} ∩+R2r)+n−sXr=1−).P ({β2n = 2s} ∩ R2rРассмотрим каждое слагаемое в суммах по отдельности. Имеем+++P ({β2n = 2s} ∩ R2r) = P ({β2n = 2s} | R2r)P (R2r).+Вероятность P (R2r) мы считать умеем. В случае симметричных блужданий−+)=) = P (R2rP (R2r1P (R2r ).2(2.22)Что касается условной вероятности, то при условии, что первые 2r звеньев траектории лежат в верхней полуплоскости, событие β2n = 2s (ровно 2s звеньев лежатв верхней полулоскости) равносильно тому, что в части траектории, отвечающейдвижению частицы после первого возвращения в ноль, ровно 2s − 2r звеньев лежатв верхней полуплоскости.
Таким образом+P ({β2n = 2s} | R2r) = P (β2n−2r = 2s − 2r).Аналогично−−P ({β2n = 2s)} ∩ R2r) = P (R2r)P (β2n−2r = 2s) =P (R2r )P (β2n−2r = 2s).2Объединяя полученные формулы, имеем при 0 < s < nP (β2nsn−s1X1X= 2s) =P (R2r )P (β2n−2r = 2s−2r)+P (R2r )P (β2n−2r = 2s). (2.23)2 r=12 r=1Заметим, что (2.23) – рекуррентное соотношение для распределения β2n . Поэтомудля доказательства равенства (2.21) воспользуемся индукцией по n. При n = 1 с помощью непосредственного анализа блужданий получаем (в данном случае речь идёт11о двух шагах случайной частицы, и, напомним, β2 равно числу звеньев траектории,лежащих выше оси, а α2 равно моменту последнего возвращения в ноль)1,2P (β2 = 0) = P (ξ0 = 0, ξ1 = −1, ξ2 = −2) + P (ξ0 = 0, ξ1 = −1, ξ2 = 0) = q 2 + qp =P (β2 = 2) = P (ξ0 = 0, ξ1 = 1, ξ2 = 2) + P (ξ0 = 0, ξ1 = 1, ξ2 = 0) = p2 + qp =1.2C другой стороны,P (α2 = 0) = P (ξ0 = 0, ξ1 = −1, ξ2 = −2) + P (ξ0 = 0, ξ1 = 1, ξ2 = 2) = q 2 + p2 =P (α2 = 0) = P (ξ0 = 0, ξ1 = −1, ξ2 = 0) + P (ξ0 = 0, ξ1 = 1, ξ2 = 0) = qp + pq =1,21,2Таким образом, при n = 1 равенство (2.21) верно.Сделаем индукционное предположение с учётом формулы (2.16).
Пусть для всех′n 6 n − 1 имеет место совпадение распределений:P (β2n′ = 2s) = P (α2n′ = 2s) = P (V2s )P (V2n′ −2s ),s = 0, 1, . . . , n′ .Напомним формулу (2.17), а именно P (α2n = 2s) = P (V2s )P (V2n−2s ). Тогда, переходя от n − 1 к n, для 1 6 s 6 n − 1, подставив в (2.23) индукционное предположение,получаем2P (β2n = 2s) =sXr=1==sXr=1sXP (R2r )P (β2n−2r = 2s − 2r) +P (R2r )P (α2n−2r = 2s − 2r) +n−sXn−sXP (R2r )P (β2n−2r = 2s) =r=1P (R2r )P (α2n−2r = 2s) =r=1P (R2r )P (V2s−2r )P (V2n−2r−(2s−2r) ) +n−sXP (R2r )P (V2s )P (V2n−2r−2s ).r=1r=1В итоге2P (β2n = 2s) = P (V2n−2s )sXP (R2r )P (V2s−2r ) + P (V2s )n−sXP (R2r )P (V2(n−s)−2r ) =r=1r=1= P (V2n−2s )P (V2s ) + P (V2s )P (V2n−2s ),где в последнем равенстве мы учли (2.10).
Вновь используя (2.17), получаем2P (β2n = 2s) = 2P (α2n = 2s),s = 1, . . . , n − 1.Для s = 0, n равенство вероятностей было показано выше. Формула (2.21) доказана.12.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
