Prawo arcusa sinusa dla prostego spaceru losowego.

Prawo arcusa sinusa dla prostego spaceru losowego.
Na podstawie wykªadu A. Gnedina.
Rozwa»my ci¡g (xn )n∈N1 niezale»nych zmiennych losowych o warto±ciach ze zbioru {−1, 1},
ka»da z jednostajnym rozkªadem prawdopodobie«stwa. Dla ka»dego n ∈ N1 niech:
X
Sn =
xk .
k=0,...,n
Rozwa»amy spacer losowy na prostej: (Sn )n∈N1 .
Denicja 1.
u2n := P(S2n = 0)
f2n := P(S2n = 0, oraz Sj 6= 0
(f2n jest prawdopodobie«stwem, »e po
2n
dla
j = 1, . . . , 2n − 1)
krokach wrócimy do punktu wyj±cia pierwszy raz)
Przez u(z), f (z) b¦dziemy oznacza¢ funkcje tworz¡ce n∈N u2n z 2n oraz n∈N1 f2n z 2n .
Ka»de zdarzeenie dla którego S2n = 0 odpowiada pewnemu sªowu zrównowa»onemu nad binarnym alfabetem. Podobnie (S2n = 0, oraz Sj 6= 0 dla j = 1, . . . , 2n − 1) odpowiada tzw. wycieczce,
tzn. sªowu zrównowa»onemy nad alfabetem dwuelementowym, którego »aden istotny i niepusty
preks nie jest zrównowa»ony.
P
Obserwacja 2.
u2n =
2n −2n
2
n
u(z) = √
Lemat 3.
f2n =
P
1
1 − z2
u2n−2
2n
n>0
Ka»de sªowo zrównowa»one o dlugo±ci 2n dla n > 0 mo»emy jednoznacznie zdekomponowa¢
na pierwsz¡ wycieczk¦ oraz reszt¦ sªowa. Otrzymujemy st¡d:
Proof.
X
u2n =
f2 ku2n−2k
k=1,...,n
poniewa» f0 = 0 to mo»emy napisa¢
X
u2n =
f2 ku2n−2k
k=0,...,n
Mno»¡c przez z 2n i sumuj¡c po n > 0 otrzymamy
u(z) − 1 = f (z)u(z).
wi¦c
f (z) = 1 −
p
1
= 1 − 1 − z2.
u(z)
1
(1)
Rozwa»my funkcje
X
uu(z) =
u2n z n = √
n∈N
oraz
f f u(z) =
X
f2n z n = 1 −
1
1−z
√
1 − z.
n∈N
Wiemy, »e f f 0 (z) = n∈N nf2n z n−1 =
stoj¡ce przy z n dostajemy tez¦ lematu.
P
√1
2 1−z
= 12 uu(z) =
1
n
n∈N 2 u2n z .
P
Porównuj¡c wyraz
Lemat 4.
f2n = u2n−2 − u2n n > 0
Proof.
Z poprzedniego lematu:
u2n−2 (2n − 1)
u2n−2
= u2n−2 −
2n
2n
2n − 2 2n − 1
2n − 1
1
2n − 1 2n
= u2n−2 −
= u2n−2 −
= u2n−2 −
= u2n−2 − u2n
n − 1 n22n−1
n
n
22n−1
n22n
f2n =
Lemat 5.
P(S1 6= 0, . . . , S2n 6= 0) = u2n
(prawdopodobie«stwo, »e nigdy nie dotkniemy osi 0)
Proof.
P(S1 6= 0, . . . , S2n 6= 0) = 1−f2 −f4 −· · ·−f2n = 1−(1−u2 )−(u2 −u4 )−· · ·−(u2n−2 −u2n ) = u2n
Denicja 6.
Niech p2k,2n b¦dzie prawdopodobie«stwem, »e dokªadnie 2k spo±ród 2n kroków znajdzie
si¦ powy»ej osi 0 (b¦dziemy nieformalnie mówi¢, »e spacer sp¦dza 2k z 2n sekund nad osi¡ 0).
Lemat 7.
p2n,2n = p0,2n = u2n
Proof.
Niech v2n oznacza liczb¦ ±cie»ek, które schodz¡ poni»ej osi 0. Mamy:
p2n,2n = p0,2n = v2n 2−2n .
Ka»d¡ tak¡ scie»k¦ mo»emy zdekomponowa¢ na ci¡g pozytywnych wycieczek oraz pozytywn¡
±cie»k¦, która nigdy (poza pocz¡tkiem) nie dotyka osi 0. Funkcja tworz¡ca dla ci¡gu pozytywnych
wycieczek to 1− 1f (z) (dzielimy przez 2, bo interesuj¡ nas wyª¡cznie ±cie»ki pozytywne). Funkcja
2
1
tworz¡ca dla pozytywnych ±cie»ek, które nigdy (poza pocz¡tkiem) nie dotykaj¡ osi 0 to u(z)
2 + 2 (z
poprzedniego lematu wiemy, »e dla n > 0 to jest u2n /2, ale jeszce musimy zadba¢ o ±cie»ki dªugo±ci
0 (st¡d + 12 )). Ostatecznie funkcja tworz¡ca dla ci¡gu (v2n 2−2n )n∈N to
1
1−
f (z)
2
u(z)
+
2
1
2
Po podstawieniu funkcji f (z) oraz u(z) otrzymamy
√
1
,
1 − z2
a wi¦c funkcj¦ tworz¡c¡ u(z). Poniewa», jednak jest to funkcja dla (v2n 2−2n )n∈N to teza lematu
jest prawdziwa.
2
Twierdzenie 8.
p2k,2n = u2k u2n−2k n ≥ k
Dowód indukcyjny ze wzgl¦du na k + n.
Baza indukcji: dla k + n = 0 mamy p0,0 = 1 = u0 u0 .
Krok indukcyjny: we¹my dowolne m ∈ N1 i zaªó»my »e twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich par k ≤ n takich, »e k + n < m. We¹my dowolne k, n takie, »e k ≤ n oraz k + n = m.
Je±li k = n lub k = 0 to prawdziwo±¢ tezy dostajemy z poprzedniego lematu.
W przeciwnym przypadku 0 < 2k < 2n. W takim wypadku ka»dy spacer dªugo±ci 2n, który
sp¦dza dokªadnie 2k sekund powy»ej osi 0, musi w pewnym momencie dotkn¡¢ tej osi. Mo»emy
wi¦c zdekomponowa¢ ka»dy taki spacer na pierwsz¡ wycieczk¡ oraz reszt¦ spaceru. Niech 2r b¦dzie
dªugo±ci¡ pierwszej wycieczki, wtedy albo wycieczka byªa pozytywna i reszta ±cie»ki powinna
sp¦dzi¢ dokªadnie 2k − 2r sekund nad osi¡, albo wycieczka byªa negatywna i reszta ±cie»ki musi
sp¦dzi¢ 2k sekund nad osi¡. W obu przypadkach dªugo±¢ reszty ±cie»ki musi wynosi¢ 2n − 2r.
Mamy wi¦c:
Proof.
p2k,2n =
k
n−k
1X
1X
f2r p2k−2r,2n−2r +
f2r p2k,2n−2r
2 r=1
2 r=1
Z zaªo»enia indukcyjnego dostajemy:
p2k,2n =
k
n−k
1X
1X
f2r u2k−2r u2n−2k +
f2r u2k u2n−2r−2k
2 r=1
2 r=1
Wtedy z 1 dostajemy:
p2k,2n =
1
1
u2k u2n−2k + u2k u2n−2k = u2k u2n−2k
2
2
Na mocy indukcji twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich par k ≤ n.
3