¿Cómo puedo calcular el $\mathbb P\{T_n<T_0\}$?

Question

Deje $(X_n)_{n}$ una caminata aleatoria sobre $\mathbb Z$ a partir de a $0$, es decir,$\mathbb P\{X_0=0\}=1$. Yo denotar $T_k=\inf\{n\geq 1\mid X_n=k\}$. Supongo que $$\mathbb P\{X_{n+1}=X_n+1\mid X_n,...,X_0\}=p\quad \text{and}\quad \mathbb P\{X_{n+1}=X_n-1\mid X_n,...,X_0\}=q.$$ La observación de que $q=1-p$. ¿Cómo puedo calcular $\mathbb P\{T_n<T_0\}$, es decir, la probabilidad de que toque $n$ antes de tocar a $0$ ? De hecho, tengo problema para interpretar $\{T_n<T_0\}$$(X_n)_n$.

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Me canse como sigue :

• $\mathbb P\{T_1<T_0\}=\mathbb P\{X_1=1\mid X_0=0\}=p$.

• $\mathbb P\{T_2<T_0\}=\mathbb P\{X_1=1\mid X_0=0\}+\mathbb P\{X_2=2\mid X_1=1\}=2p$

• $\mathbb P\{T_3<T_0\}=\mathbb P\{X_1=1\mid X_0=0\}+\mathbb P\{X_2=2\mid X_1=1\}+\mathbb P\{X_3=3\mid X_2=2\}+\mathbb P\{X_3=2\mid X_2=2\}(\mathbb P\{X_4=3\mid X_3=2\}+\mathbb P\{X_4=1\mid X_3=2\})$

Sé que la última no lo es menos claro, pero no sé cómo interpretar el hecho de que el caminante pueda pasado mucho tiempo entre 1 y 2 muchas veces antes de llegar a $3$.

Cualquier explicación sería apreciada.

Answer 1

Buena pregunta! Para tus tres ejemplos, creo que no debería condición en $X_0 =0$ debido a que no cambia nada ($P(X_0=0)=1$). En su lugar deberíamos condición sobre el valor de $X_1$ ( $n\geq 2$ ) y el uso Bayesiana de la fórmula. $P(T_1<T_0) = P(X_1 = 1) = p$ es obvia. Para $T_2$, tenemos $$ P(T_2<T_0) = P(T_2<T_0|X_1=1) \cdot P(X_1=1)+P(T_2<T_0|X_1=-1) \cdot P(X_1=-1). $$ Desde $P(T_2<T_0|X_1=1) = P(X_2=2|X_1=1) = p$, e $P(T_2<T_0|X_1=-1)=0$ (a partir de $-1$, debe pasar $0$ antes de llegar a $2$), tenemos $P(T_2<T_0) = p^2$.

Para general $n>2$, todavía podemos hacer $$ P(T_n<T_0) = P(T_n<T_0|X_1=1) \cdot P(X_1=1)+P(T_n<T_0|X_1=-1) \cdot P(X_1=-1) $$ y consigue $P(T_n<T_0) = P(T_n<T_0|X_1=1) \cdot P(X_1=1)$ porque $P(T_n<T_0|X_1=-1) = 0$. Por lo que sigue siendo para obtener $P(T_n<T_0|X_1=1)$.

Ahora se convierte en un caso especial de que el Jugador de la ruina problema: podemos empezar a $1$, y queremos hallar la probabilidad de que llegamos a $n$ antes de golpear $0$. Haciendo un cambio, es equivalente a la probabilidad de que se de inicio a $0$ y golpear $n-1$ antes de golpear $-1$.

Así pues, con el conocido resultado (vea en la parte inferior de la página 3) para el Jugador ruina del problema, donde $a = n-1$ $b=1$ para nuestro problema, tenemos $$ P(T_n<T_0|X_1=1) = \begin{cases} \frac{1-(q/p)^{n-1}}{1-(q/p)^{n}},\ p\neq 0.5\\ \frac{1}{n},\ p=0.5. \end{casos} $$ En conclusión, hemos $$ P(T_n<T_0) = P(T_n<T_0|X_1=1) \cdot P(X_1=1) = \begin{cases} p\frac{1-(q/p)^{n-1}}{1-(q/p)^{n}},\ p\neq 0.5\\ \frac{1}{2n},\ p=0.5. \end{casos} $$