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一般化されたランダムウォーク 📂確率論

一般化されたランダムウォーク

定義

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確率過程 {Xn}\left\{ X_{n} \right\} の状態空間が整数の集合 {⋯ ,−2,−1,0,1,2,⋯ }\left\{ \cdots , -2 , -1, 0 , 1 , 2 , \cdots \right\} で、状態 00 から始まるとする。次のステップで 11 だけ減少する確率がpp、11 だけ増加する確率が(1−p)(1-p) のとき、{Xn}\left\{ X_{n} \right\} を一般化されたランダムウォークという。

説明

ランダムウォークは確率過程の中でも非常に単純な例で、通常、左右に動く確率を同じにする。一般化されたランダムウォークは、その確率を変えるだけのものだ。単純に考えても、左右に動く確率が同じなら、開始状態 00 を中心に行ったり来たりすることが難しくないと想像できる。しかし、一方が大きい場合は、時間が経つにつれてその方向へ発散してしまうだろう。

一方で、状態空間を有限に制限したケースとしては、ギャンブラーの破産問題がある。

定理

p=12\displaystyle p = {{1} \over {2}} ならば状態 00 はリカレントで、p≠12\displaystyle p \ne {{1} \over {2}} ならば状態 00 はトランジェントだ。

証明

∑n=1∞p00(n)=∞\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} p_{00}^{(n)}= \infty ならば 00 はリカレントで、∑n=1∞p00(n)<∞\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} p_{00}^{(n)} < \infty ならば 00 はトランジェントだ。まず、状態 00 から奇数回だけ動いて00 に戻る確率は確実に 00 なので p00(2n−1)=0 p_{00}^{ ( 2n - 1 )} = 0 である。2n2n 回だけ動いて 00 に戻ったということは正確に左に nn 回、右に nn 回動いたという意味なので p00(2n)=(2nn)pn(1−p)n\displaystyle p_{00}^{ ( 2n )} = \binom{2n}{n} p^{n} (1-p)^{n} である。今、 p00(2n)=(2n)!(n!)2(p(1−p))n\displaystyle p_{00}^{ ( 2n )} = {{ ( 2n )! } \over { ( n! )^2 }} \left( p ( 1 - p ) \right)^{n}

これが発散するか収束するかを確認すれば十分だ。

スターリングの近似: lim⁡n→∞n!nn+1/2e−n2π=1\lim_{n \to \infty} {{n!} \over { n^{ n + 1/2} e^{- n} \sqrt{ 2 \pi } }} = 1

階乗を計算するのが難しく、nn は無限大を想定しているので、スターリングの近似を使用する。 p00(2n)≈(2n)2n+1/2e−2n2π(nn+1/2e−n2π)2(p(1−p))n=(2n)2n2n(nn)2n2π(p(1−p))n=4nn2n2nn2nn2π(p(1−p))n=(4p(1−p))nπn \begin{align*} p_{00}^{ ( 2n )} \approx& {{ (2n)^{2n + 1/2} e^{-2n} \sqrt{ 2 \pi } } \over { \left( n^{n + 1/2} e^{-n} \sqrt{ 2 \pi } \right)^{2} }} \left( p ( 1 - p ) \right)^{n} \\ =& {{ (2n)^{2n } \sqrt{2n} } \over { \left( n^{n } \right)^{2} n \sqrt{ 2 \pi } }} \left( p ( 1 - p ) \right)^{n} \\ =& {{ 4^{n} n^{2n} \sqrt{ 2n } } \over { n^{2n} n \sqrt{ 2 \pi } }} \left( p ( 1 - p ) \right)^{n} \\ =& {{ \left( 4 p ( 1 - p ) \right)^{n} } \over { \sqrt{ \pi n } }} \end{align*}

ケース 1. p=12\displaystyle p = {{1} \over {2}}

p-級数判定法: ∑n=1∞1np\displaystyle \sum _{ n=1 }^{ \infty }{ 1 \over {n^p} } が収束するのは p>1p>1 と同値である。

p-級数判定法により、∑n=1∞(4p(1−p))nπn=1π∑n=1∞1n\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} {{ \left( 4 p ( 1 - p ) \right)^{n} } \over { \sqrt{ \pi n } }} = {{1} \over { \sqrt{ \pi } }} \sum_{n=1}^{\infty} {{1} \over { \sqrt{n} } } は発散し、状態00 はリカレントだ。

ケース 2. p≠12\displaystyle p \ne {{1} \over {2}}

比判定法: r=lim⁡n→∞∣an+1∣∣an∣\displaystyle r = \lim_{n \to \infty} { {|a_{n+1}|} \over {|a_{n}|} } において r<1r<1 ならば ∑n=1∞an\displaystyle \sum _{ n=1 }^{ \infty }{ { a }_{ n }} は絶対収束し、r>1r>1 ならば ∑n=1∞an\displaystyle \sum _{ n=1 }^{ \infty }{ { a }_{ n }} は発散する。

lim⁡n→∞∣(4p(1−p))n+1π(n+1)(4p(1−p))nπn∣=lim⁡n→∞4p(1−p)(n+1)/n=4p(1−p)<1\lim_{ n \to \infty } \left| {{ {{ \left( 4 p ( 1 - p ) \right)^{n+1} } \over { \sqrt{ \pi ( n + 1 ) } }} } \over { {{ \left( 4 p ( 1 - p ) \right)^{n} } \over { \sqrt{ \pi n } }} }} \right| = \lim_{n \to \infty } {{ 4 p ( 1 - p ) } \over { \sqrt{ (n+1) / n } }} = 4p (1 - p) < 1 よって、比判定法により ∑n=1∞(4p(1−p))nπn\sum_{n=1}^{\infty} {{ \left( 4 p ( 1 - p ) \right)^{n} } \over { \sqrt{ \pi n } }} は収束し、状態 00 はトランジェントだ。

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参照