Alguien puede ayudarme con esto: Estamos considerando un paseo aleatorio simétrico que termina si se alcanza el nivel 3 o el nivel -1. Inicio=0
¿Cuál es el número esperado de paseos? Así que estoy buscando: $E[{\tau}]$ con $\tau$ =el tiempo de parada.
Argumento básico: Uno pide $t_0=\mathbb E_0(\tau)$ donde $t_x=\mathbb E_x(\tau)$ por cada $-1\leqslant x\leqslant3$ . Por la propiedad de Markov (simple) después de un paso, $t_x=1+\frac12(t_{x-1}+t_{x+1})$ por cada $0\leqslant x\leqslant2$ . Por definición, $t_{-1}=t_3=0$ . Se trata de un sistema afín de $5$ ecuaciones con $5$ incógnitas. Resuélvelo. El resultado es $t_x=(3-x)(x+1)$ por cada $-1\leqslant x\leqslant3$ . En particular $t_0=3$ .
Un argumento menos básico: Por cada $n\geqslant0$ , dejemos que $x_n$ denotan la posición después de $n$ pasos, $\mathfrak X_n$ la sigma-álgebra generada por $(x_k)_{0\leqslant k\leqslant n}$ y $z_n=(x_n+1)(3-x_n)+n$ . Entonces $z_0=3$ , $z_\tau=\tau$ y $(z_n)_{n\geqslant0}$ es una martingala con respecto a la filtración $(\mathfrak X_n)_{n\geqslant0}$ Por lo tanto $\mathbb E(z_0)=\mathbb E(z_\tau)$ Es decir, $\mathbb E(\tau)=3$ .
Con toda generalidad, el mismo argumento muestra que, para cada $(a,b)$ el primer tiempo de golpeo de $\{a,b\}$ a partir de $a\leqslant x\leqslant b$ tiene media $(b-x)(x-a)$ .
$\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\newcommand{\N}{\mathbb{N}}\newcommand{\E}{\mathbb{E}}\newcommand{\F}{\mathcal{F}}\newcommand{\P}{\mathrm{P}}$ Como señaló @Did en un comentario anterior, el teorema de parada opcional (OST) se cumple bajo supuestos de integrabilidad uniforme relajada. No conocía este enunciado más general, así que utilicé el enunciado más clásico de OST que requiere $\tau$ para calcular el tiempo de parada esperado. He encontrado estas notas de clase y este libro donde la TSO se establece en condiciones de IU (y la prueba no es demasiado difícil).
En cualquier caso, ya había obtenido el resultado utilizando la versión de la BSO que conocía, así que aquí está:
En la práctica, la hipótesis de la limitación a.s. a menudo no se cumple. Sin embargo, para cada $N\in\N$ , $\tau \wedge N$ es un tiempo de parada limitado. La idea es aplicar el TSO para $\tau \wedge N$ y tomar $N\to\infty$ .
El problema. Dejemos que $(X_n)_n$ sea el paseo aleatorio simétrico estándar con $X_0=x$ y que $a < x < b$ con $a,b\in\Z$ . Definir $\tau = \inf\{n\in\N {}\mid{} X_n \in \{a,b\}\}$ . Encuentre $\E[\tau]$ .
Paso 1. Demostraremos que $Y_n = X_n^2 - n$ es una martingala con respecto a la filtración natural de $X_n$ , $(\F_n)_n$ . De hecho,
Paso 2. Dejemos que $N\in\N$ . Desde $Y_n$ es un $\F_n$ -martingale, $\tau\wedge N$ es un límite $\F_n$ -Tiempo de parada medible (de hecho, $\tau\wedge N \leq N$ ), podemos emplear OST: \begin{align} {}&{}\E[Y_{0}] = \E[Y_{\tau \wedge N}]\\ \Leftrightarrow{}&{} x^2 {}={} \E[X_{\tau \wedge N}^2 - \tau\wedge N]\\ \Leftrightarrow{}&{} x^2 {}={} \E[X_{\tau \wedge N}^2] - \E[\tau\wedge N] \tag{1} \end{align}
Paso 3. Tenga en cuenta que $\tau\wedge N \leq \tau \wedge (N+1)$ Por lo tanto, en virtud de Teorema de convergencia monótona de Lebesgue , \begin{align} \lim_{N\to\infty}\E[\tau \wedge N] = \E[\lim_{N\to\infty} \tau \wedge N] = \E[\tau]\tag{2} \end{align}
Paso 4. Tenemos que calcular $\lim_n \E[X_{\tau \wedge N}^2]$ . Utilizaremos un hecho conocido para los paseos aleatorios: para $x,m\in \N$ dejar $\tau(m) = \inf\{n \in \N {}\mid{} X_n = m, \text{with }X_0 = x\}$ . Entonces, para $a<b$ ,
\begin{align} \P[\tau(b,x) < \tau(a, x)] = \frac{x-a}{b-a}.\tag{3} \end{align}
Esto es fácil de demostrar. También tenemos que
\begin{align} \E[X_{\tau\wedge N}^2] = \E[X_{\tau}^2 1_{\tau < N}] + \E[X_{N}^2 1_{\tau \geq N}]\tag{4} \end{align}
Para el segundo término de (4) tenemos que $0 \leq \E[X_N^2 1_{\tau \geq N}] \leq \max\{a^2, b^2\} \E[1_{\tau \geq N}] \to 0$ como $N\to\infty$ .
Para el primer término, tenemos
\begin{align} \lim_n \E[X_{\tau}^2 1_{\tau < N}] {}={}& a^2 \P[\tau(a, x) < \tau(b,x )] + b^2 \P[\tau(b, x) < \tau(a,x )]\\ {}={}& a^2 \left(1 - \frac{x-a}{b-a}\right) + b^2 \frac{x-a}{b-a}\\ {}={}& x(a+b) - ab\tag{5} \end{align}
Por lo tanto, de todo lo anterior tenemos
\begin{align} \E[\tau] = (b-x)(x-a)\tag{*} \end{align}
Hice una pregunta similar a un cartel y me dirigieron aquí, pero encontré que el nivel de complejidad de los argumentos era muy difícil de cribar para mi nivel de experiencia en matemáticas.
Resulta que la respuesta es increíblemente simple - me sorprendió.
Para quien sólo necesite la solución para su aplicación, la respuesta es A*B, donde A es el límite superior y B el inferior.
Cita de la wikipedia: Si a y b son números enteros positivos, entonces el número esperado de pasos hasta que un paseo aleatorio simple unidimensional que comienza en 0 llega primero a b o a es ab. La probabilidad de que este paseo llegue a b antes que a es a/(a+b), lo que puede derivarse del hecho de que el paseo aleatorio simple es una martingala.
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