Stochastische Prozesse II
Irrfahrten auf Zd
I=Z+, S =Zd.
Es sei (ξj)∞j=1 eine Folge von unabh¨angig, identisch verteilten ZV auf (Ω,F,P)
ξj : Ω→Zd, P(ξj =x) =
½ 1
2d wenn |x|= 1 0 wenn |x| 6= 1.
X0 = 0, Xn= Xn
j=1
ξj, n≥1
Xn hat station¨are und unabh¨angige Zuw¨achse.
Verteilung von Xn:
Pn(x) :=P(Xn =x) x∈Zd Pn(x) = X
n1,...,nd
n1+···+nd=n
n!
n1!n2!. . . nd! µ n1
n1−x1
2
¶µ n2 n2−x2
2
¶ . . .
µ nd nd−xd
2
¶ 1 (2d)n
wobei µn
k
¶
=
½ n!
k!(n−k)! wenn k ∈[0, n]∩Z+
0 sonst
Formel von Stirling n!∼(ne)n√
2πn
Rekurrenzproblem (G. P´olya, 1921) Wird die Irrfahrt nach 0 zur¨uckkehren?
un : =P(Xn = 0) u2n+1 = 0
u2n = X
n1+···+nd=n
(2n)!
(n1!)2(n2!)2. . .(nd!)2 1 (2d)2n
= 1
(2d)2n · µ2n
n
¶ X ·
n!
n1!n2!. . . nd!
¸2
d= 1 u2n= 1 4n
(2n)!
(n!)2 ∼x
Stirling
√1 πn
d= 2
u2n = 1 42n
(2n)!
(n!)2 ·
Xn
k=0
µ n!
k!(n−k)!
¶2
| {z }
= µ2n
n
¶Beweis: [(x+y)n]2 = (x+y)2n siehe Koeffizient von xnyn
=
· 1 4n
(2n)!
(n!)2
¸2
∼x
Stirling
1 πn
Beliebiges d
u2n ≤const·n−d/2
u2n = 1 (2d)2n ·
µ2n n
¶ X
n1+···+nd=n
µ n!
n1!n2!. . . nd!
¶2
≤
≤ 1 (2d)2n
µ2n n
¶ µ
n1+···+nmaxd=n
n!
n1!. . . nd!
¶
×
×
à X
n1+···+nd=n
n!
n1!n2!. . . nd!
!
| {z } dn
= 1
(4d)n µ2n
n
¶
n1+···+nmaxd=n
n!
n1!. . . nd!
| {z }
≤ n!
([n/d]!)d Stirling
∼ 1 (4d)n
√2π(2n)2n+12e−2n 2πn2n+1e−2n ·
√2πnn+12e−n
¡√2π(n/d)n/d+12e−n/d¢−d =
= µ d
2π
¶d/2 n−d/2
Deshalb gilt: X
un =∞ f¨ur d = 1,2 und X
un<∞ f¨ur d≥3.
Erste R¨uckkehr nach 0
R:= inf{j > 0|Xj = 0}, inf ∅=∞ (Zuf¨allige Zeit)
Verteilung: fn :=P(R=n), 1≤n≤ ∞ f0 =f2n+1 = 0
Lemma.
un=fn+ Xn
k=1
fk·un−k
Beweis:
P(Xn = 0) =P µ [n
k=1
{R=k, Xn = 0}
¶
=
= Xn
k=1
P(R=k, Xn = 0) =
= Xn
k=1
P(R=k, Xk = 0, Xn = 0) =
= Xn
k=1
P(Xn = 0| R=k, Xk = 0
| |
∈ F≤k
)P(R=k, Xk = 0) =
(Markov) = X∞
k=1
P(Xn = 0|Xk = 0)·P(R=k) =
= Xn
k=1
P(Xn−k = 0)P(R=k) Q.E.D.
Es sei
U(x) = X∞
n=1
unxn, F(x) = X∞
n=1
fnxn Dann ist
U(x) =F(x) +U(x)F(x) d.h.
F(x) = U(x) 1 +U(x)
und
P(R¨uckkehr zu 0) = X∞
k=1
fk =F(1) = lim
x→1F(x) = lim
x→1F(x) = lim
x→1
U(x) 1 +U(x) Wenn P
un =u <∞, dann ist der letzte Grenzwert U(1)/(1 +U(1)) =u/(1 +u)<1.
Wenn P
un =u=∞, denn ist der letzte Grenzwert 1. Damit haben wir bewiesen:
Satz (G. P´olya, 1921). F¨ur d = 1,2 kehrt die d-dimensionale Irrfahrt nach 0 mit Wahrscheinlichkeit 1 zur¨uck; f¨ur d ≥ 3 ist die Wahrscheinlichkeit der R¨uckkehr 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 mmal, B gewinntnmal. Alle Folgen sind gleich wahrscheinlich. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit daf¨ur, daß A die ganze Zeit f¨uhrt?
Aufgabe 2: Bei einem Eisstand warten m+n Leute. mdavon haben eine 1-Eurom¨unze, nLeute ein 2-Eurom¨unze;m > n. Am Anfang ist die Kasse des Eisstandes leer. Wie hoch ist die W! daf¨ur, daß niemand auf zur¨uckgegebenes Geld warten muß?
L¨osungen Aufgabe 1.
Anzahl der Ordnungen: (m+n)!
m!n!
Anzahl der ung¨unstigen Ordnungen:
2 F¨alle:
1. Irrfahrt geht erst hinunter (automatisch ung¨unstig) 2. Irrfahrt geht erst hinauf, dann zur¨uck nach 0.
Diese beiden Klassen haben dieselbe Anzahl (Spiegelung des Graphen bis zur ersten Zur¨uckkehr nach 0), und deshalb ist die Anzahl der ung¨unstigen Ordnungen 2(m+n−1)!
m!(n−1)!
P(A f¨uhrt die ganze Zeit) = 1−2 n
m+n = m−n m+n.
Aufgabe 2.
Anzahl der Ordnungen: (m+n)!
Ung¨unstig: Anzahl der 1-Euro St¨m!n!ucke in der Kasse erreicht −1
Anzahl der ung¨unstigen Ordnungen = (m+1)!(n−1)!(m+n)! (¨ahnlich wie fr¨uher) P(Kein Warten) = 1− m+1n = m−n+1m+1
Wichtige Definitionen f¨ur 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 f¨ur den letzten Besuch in 0) P(λn = 2k) = (2kk)(2n−2kn−k )
4n (0≤k ≤n)
n→∞lim P¡λ
nn < x¢
= π2 arcsin√
x (0< x <1) Satz 2. (Arcsin Gesetz f¨ur die Zeit auf R+)
P(πn= 2k) = (2kk)(2n−2kn−k )
4n (0≤k ≤n)
n→∞lim P¡π
nn < x¢
= π2 arcsin√
x (0< x <1) Fundamentales Lemma.
P(X1 6= 0, X2 6= 0, . . . , X2n 6= 0) =P(X2n= 0) =u2n.
Beweis:
P(X 6= 0, j = 1,2, . . . ,2n) = 2P(X >0, j = 1,2, . . . ,2n)
P(Xj >0; j = 1,2, . . . ,2n) =
= X∞
r=1
P({Xj >0, j = 1,2, . . . ,2n−1} ∩ {X2n = 2r}) =x
Spiegelung Xn
r=1
1 4n
·µ 2n n+r
¶
−2
µ2n−1 n+r
¶¸
= Xn
r=1
1 4n
·µ 2n−1 n+r−1
¶
−
µ2n−1 n+r
¶¸
= 1
4n
·µ2n−1 n
¶
−
µ2n−1 n+ 1
¶ +
µ2n−1 n+ 1
¶
−
µ2n−1 n+ 2
¶
+. . .+
µ2n−1 2n−1
¶
−
µ2n−1 2n
¶¸
= 1
4n
µ2n−1 n
¶
= 1 4n
µ2n−1 n−1
¶
= 1
2·4n µ2n
n
¶
= 1
2u2n Q.E.D.
Diskrete Arcsin S¨atze.
P(λn = 2k) =u2ku2n−2k. P(πn= 2k) =u2ku2n−2k. Beweis.
1. P(λ2n = 2k) =P¡
{X2k = 0} ∩ {Xj 6= 0, j = 2k+ 1, . . . ,2n}¢
=
= [Markov Eigenschaft + Fundamentales Lemma]= u2ku2n−2k
2. P(π2n = 2k) =u2ku2n−2k Mit Induktion nach n.
k = 0 P(π2n = 0) =P(Xj ≥0, j = 1,2, . . . ,2n) 1
2 u2n=
%
Fundamentales Lemma
P(Xj >0, j = 1,2, . . . ,2n) =
= 1
| 2 |
erst hinauf P¡
Xj ≥0; j = 1,2, . . . ,2n−1
| |
dann nie unter +1
¢=
= 1
2P(Xj ≥0; j = 1,2, . . . ,2n) Es sei b2n,2k :=P(π2n = 2k)
Wenn k ≥1 ist, gibt es einen ersten ”Ausflug”
b2n,2k = 1 2
Xk
r=1
f2rb2(n−r),2(k−r) + 1 2
n−kX
r=1
f2rb2(n−r),2k
erster Ausflug nach rechts erster Ausflug nach links Induktionsschritt:
b2n,2k= 1
2u2(n−k)
Xk
r=1
f2r·u2(k−r)
| {z }
u2k
+
+ 1 2u2k
n−kX
r=1
f2r·u2(n−k−r)
| {z }
u2(n−k)
=u2ku2(n−k) Q.E.D.
Asymptotik
Wenn n−→ ∞, k −→ ∞, n−k−→ ∞, dann gilt u2ku2(n−k) ∼ 1
π qk
n
¡1− kn¢1 n
und deshalb P
µλ2n
2n < x
¶
=P(λ2n<2nx)≈ X
2k≤2nx
1 π
qk n
¡1− kn¢1 n ≈
Z x
0
1 πp
t(1−t)dt
= 2
π arcsin√ x
