Aquí es una forma un poco distinta de Johan de mirar este
problema. En cada etapa de la caminata, elija un número de $x$
uniforme de $[0,1]$ y luego caminar una distancia $x$ a la
derecho o $1-x$ a la izquierda. Esto no afecta a la probabilidad de
de convertirse en negativo, ya que todavía hay una probabilidad uniforme
de dar un paso cuya longitud pertenece al intervalo
$[-1,1]$. Sin embargo, no tienen la propiedad de que después de tomar
$n$ pasos y la elección de $0\leq x\leq 1$, los dos posibles
lugares a cabo el siguiente paso son los mismos modulo 1. Por lo tanto
la caminata puede ser descrito de la siguiente manera. Elija $n$ números
$0\lt x_1\lt \cdots\lt x_n\lt 1$, una secuencia
$\epsilon=(\epsilon_1,\dots,\epsilon_n)$ de los signos $\pm 1$, y un
permutación $w$ de % de$1,2,\dots,n$. Vamos a la ubicación del ser $y_k$ después de
el $k$th paso. Si $\epsilon_k=1$ a continuación, paso a la menos real
número de $y_{k+1}\equiv x_{w(k+1)}$ (mod 1), $y_{k+1}>y_k$. Si
$\epsilon_k=-1$ a continuación, paso a la mayor cantidad real
$y_{k+1}\equiv x_{w(k+1)}$ (mod 1), $y_{k+1}\lt y_k$. Pero el
la pregunta de si $y_k$ es negativo sólo depende de $\epsilon$ y
$w$, la elección de la $x_1,\dots,x_n$. Hay $2^n n!$ formas
para elegir $\epsilon$ e $w$. Hay una simple combinatoria
el argumento de que el número de opciones que cada una de las $y_k>0$ es
$(2n-1)!!=1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)$? Entonces la probabilidad de
el éxito es $(2n-1)!!/2^nn! = (2n)!/4^nn!^2$.
Aquí es una reformulación de la combinatoria resultado que las necesidades de una
simple y directa de la prueba.
Deje $f(n)$ el número de pares $(a_1a_2\cdots a_n,
b_1b_2\cdots b_{n-1})$ such that (a) $a_1 a_2\cdots a_n$ es un
permutación de $1,2,\dots, n$, (b) $b_i=0$ o $1$ si $a_i\lt
a_{i+1}$, (c) $b_i=0$ or $-1$ if $a_i>a_{i+1}$, and (d) $b_1
+b_2+\cdots+b_j\geq 0$ for all $1\leq j\leq n-1$. Entonces
$f(n)=(2n-1)!!$.
La actualización. La combinatoria resultado es demostrado por bijectively
O. Bernardi, B. Duplantier, y P. Nadeau en Séminaire
Lotharingien de Combinatoire, B63e (2010). En las citas [1]
usar este resultado para el mismo propósito como es arriba, es decir, a
calcular la probabilidad $P_n$ (a pesar de que el resultado de un estado
poco diferente).
Segunda actualización. El método anterior se puede aplicar a la $[l,r]$
la generalización mencionado por Lwins en su comentario. Por reescalado nos
puede asumir $l=-1$. Si estamos en el $y$ en algún momento durante el paseo, elegir
un número $x$ uniforme de $[0,1]$. Con una probabilidad de 1/2 paso de
$y$ a $y+\frac{r-1}{2}+\frac{r+1}{2}x$. Con una probabilidad de 1/2 paso
de $y$ a $y-1-\frac{r+1}{2}x$. Esto le da un uniforme de probabilidad
la intensificación de $y$ a un punto en el intervalo de $[y-1,y+r]$. Se ha
la propiedad de que una vez $x$ es elegido, el valor de $y$ se determina
modulo $\frac{r+1}{2}$. Así, el pie puede ser descrito de la siguiente manera:
recoger de manera uniforme y de forma independiente $0\lt x_1\lt \cdots\lt x_n \lt
\frac{i+1}{2}$,
elegir una permutación $w$ uniformemente desde el grupo simétrico
$S_n$, y una secuencia $\epsilon=(\epsilon_1,\dots,\epsilon_n)$ de
independientemente distribuidos signos, con una probabilidad de
$\frac{r}{r+1}$ por un signo más y $\frac{1}{r+1}$ por un signo menos.
Pasar por el mismo procedimiento anterior, el trabajo de mod
$\frac{r+1}{2}$ en lugar de un mod 1. De nuevo una adecuada pie (es decir, una
que nunca se convierte en negativo) depende sólo de $w$ e $\epsilon$,
y se obtiene el siguiente resultado:
Teorema. La probabilidad de $P_n(r)$ que el camino correcto es
dada por
$$ P_n(r) = \frac{1}{(1+r)^nn!}\sum r^{1+f(w,\beta)}, $$
resumida sobre todos los pares de $w=a_1a_2\cdots a_n\in S_n$ y
$\beta=(b_1,\dots, b_{n-1})\in \lbrace 0,\pm 1\rbrace^n$ satisfactorio
las condiciones (b) y (c) supra, si $f(w,\beta)$ es el número de
de enteros $1\leq i\leq n-1$ que $a_i\lt a_j$ y
$b_i=0$ o $a_i\gt a_j$ e $b_i=1$.
Por ejemplo, $P_2(r)= (r+2r^2)/2(r+1)^2$ e $P_3(r)
=(r+8r^2+6r^3)/6(r+1)^3$. I conjecture that the numerator $N_n(r)$
de $P_n(r)$ es sólo el polinomio $\sum B_{n,i}r^i$ definido por
la ecuación (4) de
http://math.mit.edu/~rstan/pubs/pubfiles/29.pdf. Este documento da
información adicional acerca de los polinomios $\sum
B_{n,i}r^i$. Mucho se puede encontrar información adicional en la
la literatura en Stirling permutaciones, por ejemplo, Buena prueba en
http://wenku.baidu.com/view/dfa70012cc7931b765ce15e4.html que todos los
los ceros de este polinomio son reales.
Tercera actualización. Por desgracia, la conjetura en mi segunda actualización es
falso. A menos que haya un error en mi código, la secuencia de
los coeficientes de $N_n(r)$ para $2\leq n\leq 7$ se $(1,2)$,
$(1,8,6)$, $(1,25,55,24)$, $(1,69,361,394,120)$,
$(1,176,1999,4416,3083,720)$,
$(1,426,9836,41019,52193,26620,5040)$. Es fácil ver por qué
el coeficiente inicial de $N_n(r)$ es $n!$.
