Demostrando que $1$ - y $2D$ los paseos aleatorios simétricos simples vuelven al origen con probabilidad $1$

Question

¿Cómo se demuestra que un simple (pasos de longitud $1$ en direcciones paralelas a los ejes) simétrico (cada dirección posible es igualmente probable) paseo aleatorio en $1$ o $2$ vuelve al origen con probabilidad $1$ ?

Editar : tenga en cuenta que, si bien el regreso al origen está garantizado $(p = 1)$ en $1$ y $2$ dimensiones, no está garantizada en dimensiones superiores; esto significa que algo en una justificación correcta de la $1$ - o $2D$ casos no debe extenderse a $3D$ $($ o fallan cuando la probabilidad para cada dirección baja de $\frac{1}{4}$ a $\frac{1}{6})$ .

Answer 1

Dado que mi reputación es inferior a 50 y mi sugerencia de edición ha sido rechazada. Estoy añadiendo explicación de por qué $ U(x) = 1 + U(x)F(x) $ . Esta respuesta presupone conocimientos previos de Respuesta de Tom .

$ U(x) = \sum_{m=0}^{\infty} u_{2m} x^{m} $ , $F(x) = \sum_{k=1}^{\infty} f_{2k} x^{k} $

Es trivial que $ u_0 = 1 $ .

$ U(x)F(x) = (\sum_{m=1}^{\infty} u_{2m} x^{m}) (\sum_{k=1}^{\infty} f_{2k} x^{k}) $

$ U(x)F(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (\sum_{m=1}^{n} f_{2m} u_{2n-2m}) x^n $

$ U(x)F(x) = \sum_{n=1}^{\infty} u_{2n} x^{n} $

$ U(x)F(x) = U(x) - 1 $

NOTA: Prueba de $ U(x) = 1 + U(x)F(x) $ se cita de aquí Ir a la página 3 .

Answer 2

Puedo demostrar el caso unidimensional un poco más formalmente que Jonathan . Primero nos fijamos sólo en los valores absolutos. Intentemos calcular la probabilidad de que esto nunca supere x. La probabilidad de que 2x+1 jugadas consecutivas sean todas iguales es alguna p>0. Si esto ocurre alguna vez, entonces el valor absoluto superará x. Consideremos n grupos de 2x+1 jugadas, la probabilidad de que al menos una de ellas sea todas iguales es 1-(1-p)^n, que se aproxima a 1. Por tanto, la probabilidad de que al menos una de ellas sea todas iguales es 1-(1-p)^n. Así que la probabilidad de alcanzar cada valor absoluto x (distinto de 0) es 1.

Consideremos ahora la probabilidad de volver a llegar a 0. Sin pérdida de generalidad, supongamos que nuestra primera jugada es +1. Tenemos una probabilidad del 100% de alcanzar un punto a una distancia de 1 de éste. Hay un 50% de que el primer punto de este tipo sea 0 y un 50% de que sea 2. A partir de 2, tenemos un 100% de probabilidades de alcanzar un punto a dos de distancia de éste. Hay un 50% de probabilidades de que sea 0 y un 50% de que sea 4. Repitiendo, es fácil ver que tenemos que llegar de nuevo a 0.

Además, después de haber alcanzado un valor absoluto x, la probabilidad de volver a alcanzarlo es 1. Por tanto, alcanzamos cada valor absoluto un número infinito de veces. Debido a la simetría, podemos esperar alcanzar cada x un número infinito de veces.

EDITAR : Originalmente traté de aplicarlo al caso 2d como se puede ver a continuación. Esto es incorrecto, ya que aunque no habrá valor absoluto máximo, no hay ninguna razón por la que necesariamente volveremos hacia abajo.

Un razonamiento similar caso. En lugar de utilizar la simetría simplemente observamos que cada punto con el misma distancia Manhattan desde 0 tiene un valor esperado que es una proporción del valor esperado de todos los puntos a una determinada distancia Manhattan de distancia.

Answer 3

Si sólo necesita el caso 1d, puede obtener esta declaración del archivo Ley del logaritmo iterado .

Esto no da mucha visión combinatoria, y bueno... requiere dicha ley, que es un poco más trabajosa de probar.

Answer 4

Para el caso unidimensional

Supongamos que existe una probabilidad p distinta de cero de que 0, el punto de partida sea el punto más a la izquierda del recorrido. Entonces hay una probabilidad 1 - p de que el paseo caiga en -1 en algún punto. Dado que aterriza en -1 hay una probabilidad p de que -1 resulte ser el punto más a la izquierda. Siguiendo así, obtenemos una distribución geométrica del punto más a la izquierda del recorrido sobre 0, -1, -2... que suma 1

Por tanto, si hay una probabilidad distinta de cero de que 0 sea el punto más a la izquierda, entonces hay una probabilidad de 1 de que haya un punto más a la izquierda. Lo mismo ocurre con el punto más a la derecha. Esto implica una probabilidad 1 de que el paseo esté acotado por la izquierda y por la derecha.

Pero la probabilidad de que el paseo limite por la izquierda y por la derecha debe ser cero. Porque después de recortar los límites encontraríamos un límite superior e inferior sobre el que el paseo aterriza infinitas veces y rebota en la misma dirección cada vez. Esto tiene una probabilidad de 0.

Por tanto, es imposible tener una probabilidad distinta de cero de que el origen sea el punto más a la izquierda. De ahí se deduce fácilmente que el paseo llega a cada punto infinitas veces con probabilidad 1.

Para el caso bidimensional, basta con considerar las "conchas" de distancia n alrededor del origen. Cada paso se desplaza a una envoltura adyacente hacia dentro o hacia fuera con probabilidades acotadas.