Cálculo del valor esperado del paseo aleatorio con un valor de parada.

Question

Sé que para un paseo aleatorio con dos valores de parada, el valor esperado del número de pasos necesarios es $ab$ donde los valores de parada son $-a$ y $b$ y la posición inicial está en 0.

¿Y para los paseos aleatorios con probabilidad $1$ de alcanzar el valor de parada? Por ejemplo, estoy en la posición $1$ y tengo la probabilidad $0.6$ de ir a la izquierda y $0.4$ de ir a la derecha. Obviamente, tengo la probabilidad $1$ de alcanzar $0$ pero ¿cuál es el valor esperado del número de pasos?

Las simulaciones parecen decir $E[V] = 5$ que es igual a $\sum_{i=0}^{\infty} C_i * 0.4^i * 0.6^{i+1}$ donde $C_i$ es el $i$ El número catalán. Sin embargo esto es igual a de $\sum_{i=0}^{\infty} 0.6^{i+1}*0.4^i*\binom{2i+1}{i}$ que no tiene sentido intuitivo. Yo habría razonado que es $\sum_{i=0}^{\infty} 0.6^{i+1}*0.4^i*\binom{2i}{i} = 3$ ya que la última cabeza está fijada (la última moneda lanzada tiene que ser una cabeza). ¿La primera ecuación parece contar doble?

Gracias. (También hay una fórmula general o enfoque para paseos aleatorios con un valor de parada).

Answer 1

$E[V] = \displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} (2i+1) C_i \, 0.4^i \, 0.6^{i+1}$ con un extra $(2i+1)$ término comparado con su primera expresión.

Desde $C_i= {2i \choose i}/(i+1) ={2i+1 \choose i}/(2i+1)$ se obtiene la segunda expresión correcta cuando los dos $(2i+1)$ los términos se cancelan.

A tu tercera expresión le falta un $\frac{(2i+1)}{(i+1)}$ término por lo que intuitivamente no es una sorpresa que sea algo más de la mitad de la respuesta correcta.

Para una posible aproximación general, compruebe primero que efectivamente se para con probabilidad $1$ . A continuación, vea cuántas formas hay de estar a un paso de pararse sin haberse detenido previamente y cuál es la probabilidad de cada una de ellas multiplicada por la probabilidad de pararse en el siguiente paso.

Answer 2

Dejemos que $N$ denotan el número esperado de pasos antes de golpear $0$ al comenzar en la posición $1$ y teniendo la probabilidad $p\gt\frac12$ de ir a la izquierda y $1-p$ de ir a la derecha.

La propiedad de Markov (simple) después de un paso indica que $N=p\cdot1+(1-p)\cdot(1+M)$ donde $M$ denota el número esperado de pasos antes de golpear $0$ al comenzar en la posición $2$ . Como esto requiere golpear $1$ a partir de $2$ entonces para golpear $0$ a partir de $1$ y como ambas fases requieren el mismo número medio de pasos $N$ , uno tiene $M=2N$ .

Resolviendo esto para $N$ produce $N=1/(2p-1)$ .

La distribución completa de $N$ proviene de la misma descomposición aplicada a la función generadora $E[s^N]$ para cada $s$ en $[0,1]$ que da como resultado el sistema $E[s^N]=p\cdot s+(1-p)\cdot s\cdot E[s^M]$ y $E[s^M]=E[s^N]^2$ , lo que implica que $$ E[s^N]=\frac{1-\sqrt{1-4p(1-p)s^2}}{2(1-p)s}, $$ de la cual $P[N=2n+1]$ se puede deducir para cada $n\geqslant0$ por una expansión en serie de la raíz cuadrada en el numerador.