Distribución en la primera vez que una suma alcanza un umbral

Question

Considere el siguiente problema. Se lanza un dado muchas veces, y se detendrá cuando la suma excede el total $M$, para algunos prescrito umbral de $M$. Llamar a este tiempo $\tau$, y llame a la cuenta corriente después de $n$ rollos $X_n$.

¿Cuál es la distribución de $X_\tau$?

De curso $X_\tau \in [M,M+5]$. Sin embargo, puedo conseguir un poco más allá de este. Por otra parte, para las pequeñas $M$ la distribución debe ser muy sensible, y dudo tener una bonita forma. Sin embargo, si defino $X'_\tau = X_\tau - M$, entonces a mí me parece que $X'_\tau$ debe tener una limitación de la distribución en $M \to \infty$.

---

Comentarios adicionales. $\quad$ Tenga en cuenta que hay varias preguntas relacionadas con aquí en la asignatura de matemáticas.SÍ, pero estos (por lo que he visto) son acerca de la determinación de $\tau$, en particular, su expectativa, $E(\tau)$.

También, se puede resolver para $E(\tau)$ directamente. Si escribo $k_M$ para $E(\tau)$ con el umbral de $M$, luego $$ \textstyle k_M = \tfrac16 \sum_{j=1}^6 k_{M-j} + 1, $$ y escribir $\ell_M = k_M - k_{M-1}$ tenemos $$ \textstyle \ell_M = \tfrac16 \sum_{j=1}^6 \ell_{M-j}. $$ En principio, al tratar de la solución de $\ell_r = r^\lambda$ y la solución de $$ 6 \lambda^6 - \lambda^5 - \lambda^4 - \lambda^3 - \lambda^2 - \lambda - 1 = 0, $$ (ver este WolframAlpha de cálculo), y el cálculo de algunas condiciones iniciales de la mano, entonces uno puede encontrar $k_M = E(\tau)$. Tenga en cuenta que esto podría implicar la búsqueda de seis condiciones iniciales y la resolución de un conjunto de seis ecuaciones simultáneas. Esto es sólo para la $\ell$-s; entonces uno tiene que convertir esta en la $k$-s. Esto no suena como la diversión para mí! =P

Por una simple martingala argumento---$(X_n - \tfrac72n)_{n\ge0}$ es una martingala, y $\tau$ es una forma determinista acotado el tiempo de parada---a partir de este uno de inmediato se pone a$E(X_\tau) = \tfrac27 E(\tau)$ (para cualquier $M$).

Answer 1

Deje $p^M_i$ ser la probabilidad de que $X_{\tau(M)}=M+i$ para $i=0,1,\dots,5$, e $p^M$ denota el vector columna de estos seis valores.

Usted puede calcular el $p_M$ de $p_{M-1}$ como sigue. Hay dos maneras de alcanzar un valor final de a$M+i$; ya sea la primera vez que el valor en o por encima de $M-1$ llegar es $(M-1)+(i+1)$, o el primer valor en o por encima de $M-1$ llegar es $M-1$, y a partir de ahí se salta inmediatamente a $M+i$. Por lo tanto, $$ p_i^M=\begin{cases}p^{M-1}_{i+1}+\frac16 p^{M-1}_0 & i<5\\\frac16p_0^{M-1} & i=5\end{casos} $$ Esto puede ser escrita como una ecuación de matriz: $$ p^M=\begin{bmatrix} \frac16 & 1 & \\ \frac16 &0 & 1 &\\ \frac16 & 0&0 & 1 &\\ \frac16 & 0&0&0& 1 &\\ \frac16 & 0&0&0&0& 1 \\ \frac16 & 0&0 &0&0&0\\ \end{bmatrix}p^{M-1} $$ con ceros por encima de la super-diagonal. Dejando $A$ ser la anterior matriz, entonces esto demuestra $$p^M=A^Mp^0,$$ where $p^0$ is a vector whose first entry is $1$ y cuyas otras entradas son cero.

La limitación de la distribución de $p$ va a satisfacer $p=Ap$. Esto significa que $p_i=p_{i+1}+\frac16p_0$, por lo que $p$ es una progresión aritmética con diferencia $-\frac16p_0$. Un poco de reflexión muestra que esto implica $$ p=\left(\frac{6}{21},\frac{5}{21},\frac{4}{21},\frac{3}{21},\frac{2}{21},\frac{1}{21}\right)^T. $$

Answer 2

Inspirado por la respuesta de @MikeEarnest, me pregunto si la alternativa siguiente prueba es válida, para el caso limitante? Esta prueba tiene la ventaja(?) de menos de álgebra, y espero que más de la intuición en por qué la distribución es 6:5:4:3:2:1.

Imagina que sigan para siempre. Un número es alcanzado si se trata de la suma en algún momento en el tiempo, de lo contrario, se omite. Claramente en el límite, todos los números tienen la misma probabilidad de $q$ de ser alcanzado. (Esto se deduce de la ergodicity, ¿verdad? De hecho, ergodicity sugeriría $q = {1 \over 3.5}$, pero no necesitamos exactamente su valor, por ahora.)

Ahora, considere el intervalo de interés, $X_\tau \in [M, M+5]$:

• $X_\tau = M+5$ fib $M-1$ es alcanzado y el siguiente rollo es $6$. Esto ocurre con probabilidad de $q/6$.

• $X_\tau = M+4$ fib (a) $M-1$ es alcanzado y el siguiente rollo es $5$o, (b) $M-2$ es alcanzado y el siguiente rollo es $6$. Así que esto ocurre con una probabilidad de $2q/6$.

  • Tenga en cuenta que el caso de llegar a $M-2$, entonces el despliegue de $1$ alcance $M-1$, entonces el despliegue de $5$ alcance $M+4$, se incluye en (a) pero no en (b), lo que no se cuenta dos veces.

• Del mismo modo, $X_\tau = M+3, M+2, M+1, M$ con probabilidades $3q/6, 4q/6, 5q/6, 6q/6$ respectivamente.

Desde estos 6 posibilidades son exhaustivos, hemos $$(1+2+3+4+5+6)q/6 = 1 \implies q = {6 \over 21} = {1 \over 3.5}$$ como originalmente se sospecha; en particular, esto implica que $$P(X_\tau = M + j) = (6-j)q/6 = (6-j)/21,$$ de acuerdo con Mike respuesta.