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mejor expresión para el paseo aleatorio simple

Dejemos que $P_{k,j}$ sea la probabilidad de que un paseo aleatorio simple y simétrico que parte del origen llegue al punto $k \in \mathbb{N}$ precisamente en $j$ pasos sin volver nunca al origen. Evidentemente, $P_{k,j}>0$ si y sólo si $j \geq k$ . Sea $ 0<c <1$ sea una constante.

¿Existe una manera de reescribir la siguiente suma de una manera más "agradable", sin computar $P_{k,j}$ explícitamente, utilizando las propiedades del paseo aleatorio simétrico simple?

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{j=k}^{\infty} P_{k,j} \, \, c^{j-1}$$

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Tu doble sumatorio no parece correcto; una de las variables del sumatorio debería ser $k$ ¿en su lugar?

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Sí, lo siento. Lo he corregido.

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mjqxxxx Puntos 22955

Dejemos que $P_{k,j}$ sea la probabilidad de que se alcance $k\ge 1$ exactamente $j$ pasos sin volver nunca al origen. Como señala OP, $P_{k,j}=0$ para $j<k$ , por lo que la suma $$ S=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{j=k}^{\infty}P_{k,j}c^{j-1}=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}P_{k,j}c^{j-1}=\sum_{j=1}^{\infty}\left(\sum_{k=1}^{\infty}P_{k,j}\right)c^{j-1}. $$ Es decir, la suma sobre $k$ puede llevarse a cabo en primer lugar. El término dentro del paréntesis es justo la mitad de la probabilidad de que el paseo tenga nunca regresó al origen después de $j$ pasos. La probabilidad de que un paseo aleatorio de longitud $j$ es no recurrente viene dado por $1 - 2^{-j}R_{j}$ , donde $R_j$ es el número de paseos de longitud $j$ que han vuelto al origen. Así que $$ S=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{\infty}\left(1 - 2^{-j}R_j\right) c^{j-1} = \frac{1}{2(1-c)}-\frac{1}{4}\sum_{j=1}^{\infty}\left(\frac{c}{2}\right)^{j-1}R_j. $$ Ahora, el número de paseos recurrentes de longitud $j$ es igual a la suma sobre $T \le j$ del número de paseos que vuelven por primera vez al origen después de $j$ pasos, tiempos $2^{j-T}$ . Podemos restringir la suma a los pares $T=2n+2$ como es bien sabido, el número de paseos que primero vuelven al origen después de $2n+2$ pasos viene dado por el doble de $n$ -en Número catalán . Así que $$ R_j=\sum_{n=0}^{\lfloor j/2\rfloor - 1} 2^{j-2n-2} (2C_n)=2^j\sum_{n=0}^{\lfloor j/2\rfloor - 1} \frac{2^{-2n-1}}{n+1}{{2n}\choose{n}}=2^j\left(1-2^{-2\lfloor{j/2}\rfloor}{{2\lfloor{j/2}\rfloor}\choose{\lfloor{j/2}\rfloor}}\right)\\=2^j-2^{\lceil{j/2}\rceil - \lfloor{j/2}\rfloor}{{2\lfloor{j/2}\rfloor}\choose{\lfloor{j/2}\rfloor}}. $$ Así que incluso para $j=2k$ tenemos $$ R_{2k}=2^{2k}-{{2k}\choose{k}}, $$ mientras que para impar $j=2k+1$ tenemos $$ R_{2k+1}=2^{2k+1}-2{{2k}\choose{k}}=2 R_{2k}. $$ Entonces $$ \sum_{j=1}^{\infty}\left(\frac{c}{2}\right)^{j-1}R_j = \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{c}{2}\right)^{2k-1}\left(R_{2k}+\frac{c}{2}R_{2k+1}\right)=(1+c)\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{c}{2}\right)^{2k-1}\left(2^{2k}-{{2k}\choose{k}}\right)\\=(1+c)\sum_{k=1}^{\infty}2c^{2k-1}-(1+c)\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{c}{2}\right)^{2k-1}{{2k}\choose{k}} \\ =\frac{2c(1+c)}{1-c^2}-\frac{2(1+c)}{c}\left(\frac{1}{\sqrt{1-c^2}}-1\right)=\frac{2c}{1-c}+\frac{2(1+c)}{c}-\frac{2}{c}\sqrt{\frac{1+c}{1-c}}. $$ Si lo juntamos todo, tenemos $$ S=\frac{1}{2(1-c)}-\frac{c}{2(1-c)}-\frac{1+c}{2c}+\frac{1}{2c}\sqrt{\frac{1+c}{1-c}}=\frac{1}{2c}\left(-1 + \sqrt{\frac{1+c}{1-c}}\right). $$

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¡Buena solución! ¿Podría citar un documento correspondiente? +1

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¡Buena solución! Sin embargo, hay un signo erróneo en la última ecuación antes de "juntarlo todo". Allí, el segundo término es $\frac{2(1+c)}{c}$ en lugar de $\frac{2(1-c)}{c}$ .

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Tienes razón... Creo que ya está arreglado.

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Salih Ucan Puntos 155

La solución ya dada puede simplificarse un poco utilizando funciones generadoras. El paseo aleatorio viene dado por una secuencia de pasos, ya sea en sentido positivo (pasos +) o en sentido negativo (pasos -). Sea $\cal W$ sea el conjunto de paseos que comienzan con un paso +, vuelven al origen exactamente una vez y terminan allí, sea $W_j$ sea el número de paseos en $\cal W$ de longitud $j$ y que $W(x):=\sum_{j\ge 0} W_j x^j$ sea la función generadora (gf) de $\cal W$ . Entonces, cada paseo en $\cal W$ puede descomponerse de forma única en un paso + (que nos lleva al punto 1), una secuencia de paseos tomados de $\cal W$ (que finalmente nos dejan en 1), y un último - paso que vuelve a 0. Traduciendo esto al lenguaje de gfs se obtiene $$W(x)={x^2 \over 1-W(x)},$$ y resolviendo esta cuadrática se obtiene $$ W(x)={1-\sqrt{1-4x^2}\over 2}, $$ donde el signo de la raíz cuadrada se ha elegido para hacer $W_0=0$ . Sea $R(x)$ sea el gf del conjunto de paseos $\cal R$ comenzando con un paso + que han vuelto al origen en algún momento, y $S(x)$ sea el gf del conjunto $\cal S$ de paseos que comienzan con un paso + que no tienen. Entonces cualquier paseo en $\cal R$ puede descomponerse de forma única en un paseo inicial que vuelve al origen una vez y termina allí, seguido de una secuencia arbitraria de pasos. La gf del paseo inicial es $W(x)$ ya que $(1-2x)^{-1}$ es el gf de una secuencia arbitraria de pasos, $R(x)=W(x)(1-2x)^{-1}$ . También, $\cal R$ y $\cal S$ particionar el conjunto de todos los paseos que empiezan por +; este conjunto tiene gf $x (1-2x)^{-1}$ Así que \begin{eqnarray*} S(x)&=&{x \over 1-2x}-R(x)\\ &=& {x- W(x)\over 1-2x}\\ &=&{2x-1+\sqrt{1-4x^2}\over 2(1-2x).} \ \ \ (*) \end{eqnarray*} Ahora, si $S_j$ es el número de paseos en $\cal S$ de longitud $j$ entonces la suma que queremos calcular es $$ \sum_{j\ge 1} S_j 2^{-j} c^{j-1} = c^{-1} S({c\over 2}), $$ por lo que al enchufar $c/2$ en $(*)$ y dividiendo por $c$ da la respuesta: $$ {c-1+\sqrt{1-c^2}\over 2c(1-c)}={1\over 2c}\left(-1+\sqrt{1+c\over 1-c}\right). $$

Esta respuesta es correcta si $P_{k,j}$ se toma como la probabilidad de que el paseo no haya vuelto nunca al origen y es en $k$ después de $j$ pasos. Si $P_{k,j}$ es la probabilidad de que el paseo no haya vuelto nunca al origen y llega a $k$ por primera vez después de $j$ pasos, la respuesta será más complicada.

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