Stochastische Prozesse II

Stochastische Prozesse II
Irrfahrten auf Zd
S = Zd .
I = Z+ ,
Es sei (ξj )∞
j=1 eine Folge von unabhängig, identisch verteilten ZV auf (Ω, F, P)
½
d
ξj : Ω → Z ,
P(ξj = x) =
X0 = 0,
Xn =
n
X
1
2d
0
ξj ,
wenn |x| = 1
wenn |x| 6= 1.
n≥1
j=1
Xn hat stationäre und unabhängige Zuwächse.
Verteilung von Xn :
Pn (x) =
Pn (x) := P(Xn = x)
x ∈ Zd
µ
¶µ
¶
µ
¶
n!
n1
n2
nd
1
. . . nd −xd
n1 −x1
n2 −x2
n1 !n2 ! . . . nd !
(2d)n
2
2
2
X
n1 ,...,nd
n1 +···+nd =n
µ ¶ ½
n!
n
k!(n−k)!
wobei
=
k
0
wenn k ∈ [0, n] ∩ Z+
sonst
Formel von Stirling
√
n! ∼ ( ne )n 2πn
Rekurrenzproblem (G. Pólya, 1921)
Wird die Irrfahrt nach 0 zurückkehren?
un : = P(Xn = 0)
u2n+1 = 0
u2n =
X
(n1
µ ¶
2n
·
n n
n1 +···+nd =n
=
1
(2d)2n
(2n)!
1
2
2
2n
2 !) . . . (nd !) (2d)
·
¸2
X
n!
n1 !n2 ! . . . nd !
+···+n =n
!)2 (n
1
1
d
d=1
u2n =
1 (2n)!
4n (n!)2
1
√
∼
x
πn



Stirling
d=2
u2n
¶2
n!
k!(n − k)!
k=0
{z
}
µ ¶|
2n Beweis: [(x + y)n ]2 = (x + y)2n
=
n siehe Koeffizient von xn y n
·
¸2
1 (2n)!
1
= n
∼
x
2
4 (n!)
πn



Stirling
1 (2n)!
= 2n
·
4 (n!)2
n µ
X
Beliebiges d
u2n ≤ const · n−d/2
u2n
Stirling
µ ¶
µ
¶2
X
1
2n
n!
=
·
≤
(2d)2n
n n +···+n =n n1 !n2 ! . . . nd !
1
d
µ ¶µ
¶
1
2n
n!
≤
max
×
n1 +···+nd =n n1 ! . . . nd !
(2d)2n n
Ã
!
X
n!
×
n !n ! . . . nd !
n1 +···+nd =n 1 2
|
{z
}
dn
µ ¶
1
2n
n!
=
max
n
n
+···+n
=n
(4d)
n
n 1 ! . . . nd !
1
d
|
{z
}
n!
≤
([n/d]!)d
√
√
1
1
2π(2n)2n+ 2 e−2n
2πnn+ 2 e−n
1
∼
· ¡√
¢−d =
1
(4d)n 2πn2n+1 e−2n
2π(n/d)n/d+ 2 e−n/d
µ ¶d/2
d
=
n−d/2
2π
2
Deshalb gilt:
X
un = ∞ für d = 1, 2 und
X
un < ∞ für d ≥ 3.
Erste Rückkehr nach 0
R := inf{j > 0 | Xj = 0},
inf ∅ = ∞
(Zufällige Zeit)
Verteilung: fn := P(R = n), 1 ≤ n ≤ ∞
f0 = f2n+1 = 0
Lemma.
un = fn +
n
X
fk · un−k
k=1
Beweis:
µ[
¶
n
P(Xn = 0) = P
{R = k, Xn = 0} =
k=1
=
=
=
n
X
k=1
n
X
k=1
n
X
P(R = k, Xn = 0) =
P(R = k, Xk = 0, Xn = 0) =
P(Xn = 0 | R = k, Xk = 0 )P(R = k, Xk = 0) =
|
k=1
(Markov)
=
=
∞
X
k=1
n
X
|
∈ F≤k
P(Xn = 0 | Xk = 0) · P(R = k) =
P(Xn−k = 0)P(R = k)
Q.E.D.
k=1
Es sei
U (x) =
∞
X
n
un x ,
F (x) =
n=1
∞
X
n=1
Dann ist
U (x) = F (x) + U (x)F (x)
d.h.
F (x) =
U (x)
1 + U (x)
3
fn xn
und
P(Rückkehr zu 0) =
∞
X
k=1
Wenn
Wenn
P
P
U (x)
x→1 1 + U (x)
fk = F (1) = lim F (x) = lim F (x) = lim
x→1
x→1
un = u < ∞, dann ist der letzte Grenzwert U (1)/(1 + U (1)) = u/(1 + u) < 1.
un = u = ∞, denn ist der letzte Grenzwert 1. Damit haben wir bewiesen:
Satz (G. Pólya, 1921). Für d = 1, 2 kehrt die d-dimensionale Irrfahrt nach 0 mit
Wahrscheinlichkeit 1 zurück; für d ≥ 3 ist die Wahrscheinlichkeit der Rückkehr kleiner
als 1.
Das Spiegelungs-Prinzip und seine Folgerungen.
Aufgabe 1: A und B spielen eine Folge von m + n Spielen; m ≥ n. A gewinnt m mal, B
gewinnt n mal. Alle Folgen sind gleich wahrscheinlich. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit
dafür, daß A die ganze Zeit führt?
Aufgabe 2: Bei einem Eisstand warten m + n Leute. m davon haben eine 1-Euromünze,
n Leute ein 2-Euromünze; m > n. Am Anfang ist die Kasse des Eisstandes leer. Wie hoch
ist die W! dafür, daß niemand auf zurückgegebenes Geld warten muß?
Lösungen
Aufgabe 1.
(m + n)!
m!n!
Anzahl der ungünstigen Ordnungen:
Anzahl der Ordnungen:
2 Fälle:
1. Irrfahrt geht erst hinunter (automatisch ungünstig)
2. Irrfahrt geht erst hinauf, dann zurück nach 0.
Diese beiden Klassen haben dieselbe Anzahl (Spiegelung des Graphen bis zur ersten Zurückkehr
(m + n − 1)!
nach 0), und deshalb ist die Anzahl der ungünstigen Ordnungen 2
m!(n − 1)!
n
m−n
P(A führt die ganze Zeit) = 1 − 2
=
.
m+n
m+n
4
Aufgabe 2.
(m + n)!
Anzahl der Ordnungen:
m!n!
Ungünstig: Anzahl der 1-Euro Stücke in der Kasse erreicht −1
Anzahl der ungünstigen Ordnungen =
P(Kein Warten) = 1 −
n
m+1
=
(m+n)!
(m+1)!(n−1)!
(ähnlich wie früher)
m−n+1
m+1
Wichtige Definitionen für die eindimensionale Irrfahrt.
λn = max{j ∈ [0, n] : Xj = 0}
πn = #{j ∈ [0, n] : Xj > 0}
Mn = max{Xj : j ∈ [0, n]}
Tr = inf{j : Xj = 0}
Arcsin Gesetze.
Satz 1. (Arcsin Gesetz für den letzten Besuch in 0)
(2k)(2n−2k)
P (λn = 2k) = k 4nn−k
(0 ≤ k ≤ n)
¡
¢
√
lim P λnn < x = π2 arcsin x
(0 < x < 1)
n→∞
Satz 2. (Arcsin Gesetz für die Zeit auf R+ )
(2k)(2n−2k)
P (πn = 2k) = k 4nn−k
(0 ≤ k ≤ n)
¡
¢
√
lim P πnn < x = π2 arcsin x
(0 < x < 1)
n→∞
Fundamentales Lemma.
P(X1 6= 0, X2 6= 0, . . . , X2n 6= 0) = P(X2n = 0) = u2n .
Beweis:
P(Xj 6= 0, j = 1, 2, . . . , 2n) = 2P(Xj > 0, j = 1, 2, . . . , 2n)
5
P(Xj > 0; j = 1, 2, . . . , 2n) =
∞
X
=
P({Xj > 0, j = 1, 2, . . . , 2n − 1} ∩ {X2n = 2r})
=
x



r=1
Spiegelung
·µ
¶
µ
¶¸
n
X
1
2n
2n − 1
−2
=
n
4
n
+
r
n
+
r
r=1
·µ
¶ µ
¶¸
n
X
1
2n − 1
2n − 1
−
=
n
4
n
+
r
−
1
n
+
r
r=1
·µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶
µ
¶ µ
¶¸
1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
−
+
−
+ ... +
−
=
4n
n
n+1
n+1
n+2
2n − 1
2n
µ
¶
µ
¶
µ ¶
1 2n − 1
1 2n − 1
1
2n
1
= n
=
= u2n
Q.E.D.
n
n
4
n
4
n−1
2·4
n
2
Diskrete Arcsin Sätze.
P (λn = 2k) = u2k u2n−2k .
P (πn = 2k) = u2k u2n−2k .
Beweis.
¡
¢
1. P(λ2n = 2k) = P {X2k = 0} ∩ {Xj 6= 0, j = 2k + 1, . . . , 2n} =
= [Markov Eigenschaft + Fundamentales Lemma]= u2k u2n−2k
2. P(π2n = 2k) = u2k u2n−2k
Mit Induktion nach n.
k=0
1
2
P(π2n = 0) = P(Xj ≥ 0, j = 1, 2, . . . , 2n)
u2n =
%
Fundamentales Lemma
P(Xj > 0, j = 1, 2, . . . , 2n) =
=
|
1
2
¡
¢
P Xj ≥ 0; j = 1, 2, . . . , 2n − 1 =
|
|
|
dann nie unter +1
erst hinauf
1
= P(Xj ≥ 0; j = 1, 2, . . . , 2n)
2
Es sei b2n,2k := P(π2n = 2k)
Wenn k ≥ 1 ist, gibt es einen ersten ”Ausflug”
6
k
b2n,2k
1X
=
f2r b2(n−r),2(k−r) +
2 r=1
erster Ausflug nach rechts
n−k
1X
f2r b2(n−r),2k
2 r=1
erster Ausflug nach links
Induktionsschritt:
b2n,2k
k
X
1
= u2(n−k)
f2r · u2(k−r) +
2
r=1
|
{z
}
u2k
n−k
X
1
+ u2k
f2r · u2(n−k−r)
2
r=1
|
{z
}
u2(n−k)
= u2k u2(n−k)
Q.E.D.
Asymptotik
Wenn n −→ ∞,
k −→ ∞,
n − k −→ ∞, dann gilt
u2k u2(n−k) ∼
1
1
q ¡
¢
π nk 1 − nk n
und deshalb
µ
¶
Z x
X
λ2n
1
1
1
q ¡
p
P
< x = P (λ2n < 2nx) ≈
≈
dt
¢
2n
k
k n
0 π t(1 − t)
1
−
2k≤2nx π
n
n
=
√
2
arcsin x
π
7