Cómo demostrarlo $\Bbb{P}(X_{4l} = 0) \leq c_l (2d)^{-2l}$ para alguna constante $c_l$ ?

Question

Sea $(X_n)$ sea un paseo aleatorio simple sobre $\Bbb{Z}^d$ a partir de $0$ . (La dimensión $d$ variará, pero suprimiré la dependencia de $d$ para abreviar). He encontrado una declaración que afirma que

Para cualquier $l = 1, 2, \cdots$ existe una constante $c_l > 0$ (dependiendo sólo de $l$ ) tal que $$\Bbb{P}(X_{4l} = 0) \leq c_l (2d)^{-2l}.$$

Me lo dieron sin ninguna explicación, así que intenté demostrarlo por mí mismo y pude comprobarlo con algunos cálculos sucios utilizando análisis complejos(!).

Pero me gustaría saber cómo demostrarlo utilizando la teoría de la probabilidad o alguna intuición de por qué debería ser cierto.

Gracias de antemano.

Answer 1

Sea $n_i,n_{-i},i=1,\dots,d$ denota un movimiento de un RW (simétrico simple) en $i$ -y la dirección opuesta, respectivamente. Entonces

$$P\{X_{2n}=0\}=P\{n_1=n_{-1},\dots,n_d=n_{-d}\}$$ $$=\sum_{n_1+n_{-1}\cdots+n_d+n_{-d}=2n}1\{n_1=n_{-1},\dots,n_d=n_{-d}\}\binom{2n}{n_1,n_{-1}\dots,n_d,n_{-d}}\left(\frac{1}{d}\right)^{2n}$$

$$=(2d)^{-2n} \binom{2n}{n} \sum_{n_1+\dots+n_d=n}\binom{n}{n_1,\dots,n_d}^2$$ $$\le (2d)^{-n}2^{-n}\binom{2n}{n}\sum_{n_1+\dots+n_d=n}M_{n,d}\binom{n}{n_1,\dots,n_d} \left(\frac{1}{d}\right)^n=(2d)^{-n}2^{-n}M_{n,d}\binom{2n}{n}$$

donde $M_{n,d}$ es el máximo de $\binom{n}{n_1,\dots,n_d}$ sobre todo $n_1\dots,n_d$ s.t. $n_1+\cdots +n_d=n$ que se alcanza en $n_1=n_2=\cdots=n_d=n/d$ .