Pasos aleatorios simétricos pasan por 1

Question

Estoy trabajando en el siguiente problema (que no pude encontrar en la web hasta el momento):

Muestran que una caminata aleatoria simétrica ($1$ dimensiones) a partir de el origen de las visitas, el punto de $1$ con una probabilidad de $1$.

Mi intento hasta ahora (una adaptación de la recurrencia de la prueba de la Probabilidad de Introducción a $2^{nd}$ edición por Grimmett y Galés -p.170).

Deje $S_n$ ser la r.v. que representa (en el $X$-eje), la caminata aleatoria es el tiempo de $n$. Y deje $X_n$ ser la variable aleatoria que representa el movimiento que ha sucedido en el tiempo $n$. Por supuesto, $X_i=\pm1$ y

$$ P(X_i=1) = P(X_i=-1)=\frac{1}{2} \mbox{ como es simétrica} $$

Por lo tanto, podemos escribir la $S_n = X_1 + \dots + X_n$.

En el fin de estar a punto de $1$ tendríamos que haber tenido un número impar de movimientos ($m+1$ a la derecha y $m$ a la izquierda). Por lo tanto no podemos estar en el punto de $1$ después de un número par de movimientos. Por lo tanto,

$$ P(S_{2m}=1) = 0, \mbox{ } m\geq0 \etiqueta{1} $$ y $$ P(S_{2m+1} = 1) = \binom{2m+1}{m}\frac{1}{2^{2m+1}}, \mbox{ } m\geq0 \etiqueta{2} $$ Vamos, ahora, a $A_n = \left \{ S_n = 1\right \}$ para el caso de que el pie de visitas punto de $1$ tiempo $n$, y: $$ B_n = \left\{ S_n = 1, S_k\neq1 \mbox{ para } 1\leq k\leq n-1 \right\} $$ para el caso de que la primera visita de la caminata a través del punto de $1$ se produce en el momento $n$. Si $A_n$ se produce, entonces, exactamente uno de $B_1, \dots , B_n$ se produce, dando que: $$ P(A_n) = \sum_{k=1}^{n}P(A_n\cap B_k). $$ Ahora, $A_n\cap B_k$ es el evento de que el camino pasa a través de $1$ por primera vez en el tiempo $k$ y, a continuación, de nuevo en otro $n-k$ pasos. Por lo tanto: $$ P(A_n\cap B_k) = P(B_k)P(A_{n-k}), \mbox{para } 2\leq k \leq n \etiqueta{3} $$

Tengo dudas de que en la ecuación anterior, los límites son correctos, es decir, no está seguro de si $n\geq 2$

dado que las transiciones en distintos intervalos de tiempo son independientes el uno del otro. Escribimos $f_n = P(B_n)$$u_n = P(A_n)$. Por lo tanto, a partir de las ecuaciones anteriores obtenemos que: $$ u_n = \sum_{k=2}^{n} f_{k}u_{n-k}, \mbox{ para } n=1,2,\dots $$

Sabemos que el $u_i$s de $(1)$ $(2)$ y queremos encontrar el $f_k$. Dado que la suma llegamos arriba es una convolución, podemos usar la probabilidad de generación de funciones. $$ U(s) = \sum_{n=0}^{\infty}u_ns^n $$ $$ F(s) = \sum_{n=0}^{\infty}f_ns^n $$ tomando nota de que $u_0 = 0$$f_0 = 0$,, de lo $(3)$ que: $$ \sum_{n=2}^{\infty}u_ns^n = F(s)U(s) $$ Por lo tanto $U(s) - \frac{1}{2}s = F(s)U(s)$. Por lo tanto $$F(s) = 1 - \frac{1}{2sU(s)} $$ Y podemos encontrar (no tan fácilmente), que: $$ U(s) = \frac{1-\sqrt{1-s^2}}{s\sqrt{1-s^2}}, |s|<1 $$ Por lo tanto, $$ F(s) = 1-\frac{s\sqrt{1-s^2}}{2s-2s\sqrt{1-s^2}}, |s|<1 $$

Podemos obtener la probabilidad de que estamos interesados en tomando el límite en la ecuación anterior como $s\to 1$, que los rendimientos de $1$.

No estoy seguro de si he manipulado el (suma) de los índices correctamente. Agradecería comentarios de esta prueba así como una alternativa a prueba si alguien sabe de uno.

Answer 1

Aquí es mucho más fácil de martingala argumento. Tenga en cuenta que por la continuidad de abajo, \begin{align*} \{T_1< \infty\} = \bigcup_{n=1}^{\infty}\{T_1 < T_{-n}\} \Rightarrow P(T_1 < \infty) = \lim_n P(T_1 < T_{-n}), \end{align*} donde $T_{-n} \doteq \inf\{m: S_m = -n\}$. Dejando $T = T_1 \wedge T_{-n}$, tenemos por el Teorema de Muestreo Opcional que \begin{align*} 0 = ES_0 = ES_{T \wedge m}. \end{align*} También tenga en cuenta que $P(T < \infty) = 1$, ya que el $P(T \geq m(1+n)) \leq (1-2^{-(1+n)})^m$, es decir, cada secuencia de $n+1$ volteretas ha probabilidad de $2^{-(n+1)}$ de todos los jefes, en el que caso de que el pie se escape el intervalo de $(-n,1)$. Si el tiempo de escape es mayor que $m(n+1)$, entonces tenemos que no han podido obtener el $n+1$ cabezas en una fila, $m$ veces en una fila. Ahora tenemos \begin{align*} E\left(\frac{T}{n+1}\right) = \sum_{m=1}^{\infty} P(T \geq m(n+1)) < \infty, \end{align*} dado que esta es una serie geométrica. Por lo tanto $ET < \infty$ $T$ es finito con una probabilidad de $1$, por lo que el $S_{T \wedge m} \to S_T$ casi seguramente. Desde $S_{T \wedge m}$ es acotada entre $-n$$1$, tenemos por el Teorema de Convergencia Dominada de que \begin{align*} 0 = \lim_{m \to\infty} ES_{T \wedge m} = ES_T = P(T_1 < T_{-n})\cdot 1 + (1-P(T_1 < T_{-n})) \cdot (-n). \end{align*} Reorganización de da \begin{align*} P(T_1 < T_{-n}) = \frac{n}{n+1}. \end{align*} Por lo tanto, $P(T_1 < \infty) = \lim_{n\to\infty} P(T_{1} < T_{-n}) = 1$.