RAP 412 15 pa¹dziernika 2008
Wykªad 2: PSL metoda zliczania ±cie»ek
Wykªadowca: Andrzej Ruci«ski Pisarz:Bartosz Naskr¦cki i Marek Kaluba
Wst¦p
B¦dziemy dalej studiowa¢ zachowania osobnika, którego gr¡ zajmowali±my si¦ na pierwszym wykªadzie. Tym razem bardziej interesowa¢ nas b¦d¡ jego peªne wra»e« w¦drówki w stanie upojenia (np. zwyci¦stwem w kasynie). Dowiemy si¦, »e jego kochaj¡ca (lub nie) »ona mo»e mie¢ spore problemy z odnalezieniem swojego m¦»a, jesli go nie zastanie w kasynie, poniewa»
w trakcie w¦drówek pomi¦dzy przegrywaniem kolejnych dollarów odwiedza on wszystkich mo»liwych znajomych i nieznajomych. Poznamy ponadto sposób w jaki nale»y obstawia¢
zwyci¦stwo jednego z kandydatów w wyborach, w trakcie kolejnego wyczytywania gªosów które otrzymali.
1 Zasada odbicia
Niech X
1, X
2, . . . b¦d¡ zmiennymi losowymi niezale»nymi o jednakowym rozkªadzie(IID):
X
i=
1 z prawdopodobie«stem p
−1 z prawdopodobie«stem q = 1 − p Rozwa»my prosty spacer losowy
S
n= S
0+
n
X
i=1
X
iZakªadaj¡c, »e zaczynamy w punkcie S
0= a mo»emy policzy¢ prawdopodobie«stwo, »e po n krokach znajdziemy si¦ w punkcie b:
P (S
n= b) = n r
| {z }
Nn(a,b)
p
rq
l= n l
p
rq
l(1)
gdzie r =
n+b−a2, l =
n−b+a2.
De nicja 1. Liczb¦ wszystkich trajektorii (±cie»ek) od a do b w n krokach b¦dziemy oznacza¢
przez N
n(a, b) . Liczb¦ wszystkich trajektorii (±cie»ek) od a do b w n krokach przecinaj¡cych o± OX b¦dziemy oznacza¢ przez N
n0(a, b) .
Zasada 1 (odbicia). Liczba wszystkich trajektorii od a do b, które przecinaj¡ o± OX, jest równa Liczbie wszystkich trajektorii od −a do b
N
n0(a, b) = N
n(−a, b)
n π
π
0(k
π, 0)
Rysunek 1: Odbijanie ±cie»ki od (0, 0) do (k
π, 0)
Dowód. Niech π b¦dzie dowoln¡ trajektori¡ z a do b. Przez (k
π, 0) oznaczmy punkt pierw- szego kontaktu π z osi¡ OX. Niech π
0b¦dzie trajektori¡ powstaª¡ poprzez odbicie π wzgl¦- dem OX na odcinku od 0 do (k
π, 0). Wtedy π
0jest trajektori¡ od −a do b, a powy»sze przyporz¡dkowanie bijekcj¡ pomi¦dzy zbiorami N
n0(a, b) i N
n(−a, b)
Wniosek 1 (Whitworth 1878 Ballot Theorem). Niech b > 0. Liczba ±cie»ek z (0, 0) do (n, b), które na odcinku (1, 0), (n, 0) nie przecinaj¡ osi OX wynosi:
b
n N
n(0, b) = b n
n
n+b 2
(2) Dowód. Zauwa»my, »e pierwszy ruch musi by¢ na pozycj¦ (1, 1). Mamy zatem:
N
n−1(1, b) − N
n−10(1, b)
zas. odbicia= N
n−1(1, b) − N
n−1(−1, b)
Def. 1=
=
n − 1
1
2
(n − 1 + b − 1)
−
n − 1
1
2
(n − 1 + b + 1)
=
= (n − 1)!
1
2
(n − 2 + b)!(n − 1 −
12(n − 2 + b))! − (n − 1)!
(
12(n + b))!(n − 1 −
12(n + b))! =
= (n − 1)!
1
2
(n + b) − 1!(n −
12(n + b))! − (n − 1)!
(
12(n + b))!(n − 1 −
12(n + b))! = (3)
= (n − 1)!(
12(n + b))
1
2
(n + b)!(n −
12(n + b))! − (n − 1)!(n −
12(n + b)) (
12(n + b))!(n −
12(n + b))! =
= 1 n
1
2 (n + b) − (n − 1
2 (n + b)
n!
(
12(n + b))!(n −
12(n + b))! =
= b n
n
1
2
(n + b)
= b
n N
n(0, b)
Zastosowanie
Mamy dwóch kandydatów startuj¡ctch w wyborach prezydenckich o imionach Kaczor i Do- nald. Kaczor otrzymaª α gªosów, a Donald β, gdzie (jak sk¡din¡d wiemy) α > β. Co wi¦cej caªy naród uczestniczyª w nast¦pujacej grze: w trakcie wieczoru wyborczego podczas wy- czytywania (i liczenia) gªosów oddanych na kandydatów, zakªady bukmacherskie pozwalaj¡
obstawia¢ (np. przez internet) to, kto wygra. Potrzebuj¡ jednak algorytmu (wszystko ma by¢ w czasie rzeczywistym), który pozwoli im ustali¢ takie stawki, aby zarobi¢ na tym, »e caªy naród gra. Na razie wiedz¡ jedynie jakie jest prawdopodobie«stwo, »e podczas wyczy- tywania gªosów Kaczor b¦dzie prowadziª:
P = #{ Wszystkie ±cie»ki od (0, 0) do (α + β, α − β) nie przecinaj¡ce osi OX}
#{Wszystkie ±cie»ki od (0, 0) do (α + β, α − β)} =
= α − β α + β
2 Powroty do osi
Mo»na sobie postawi¢ pytanie: jakie jest prawdopodobie«stwo, »e spacer poza kasynem b¦dzie miaª dªugo±¢ przynajmniej n?
Wniosek 2. Je±li S
0= 0 , to dla ka»dego n ≥ 1 mamy:
P (S
16= 0, . . . , S
n−16= 0, S
n= b) = |b|
n P (S
n= b) oraz:
P (S
16= 0, . . . , S
n6= 0) = 1
n E(|S
n|) Dowód. Niech b > 0. Wtedy
P (S
16= 0, . . . , S
n−16= 0, S
n= b) = b
N N
n(0, b)p
n+b2q
n−b2= b
n P (S
n= b).
Analogicznie mo»emy stwierdzi¢, »e dla b < 0 zachodzi P (S
16= 0, . . . , S
n−16= 0, S
n= b) = −b
N N
n(0, −b)p
n−b2q
n+b2, zatem ogólny wzór zapisujemy jako
P (S
16= 0, . . . , S
n−16= 0, S
n= b) |b|
N P (S
n= b) P (S
16= 0, . . . , S
n6= 0) = X
b
P (S
16= 0, . . . , S
n−16= 0, S
n= b) =
= X
b
|b|
n P (S
n= b) = 1
n E(|S
n|)
Oznaczmy przez M
nmaksymaln¡ warto±¢ jak¡ osi¡gnie S
ina odcinku do 0 do n:
M
n= max
0≤i≤n
{S
i}.
Dla S
0= 0 mamy oczywi±cie M
n≥ 0 . Twierdzenie 1. Dla ka»dego r ≥ 1 mamy:
P (M
n≥ r, S
n= b) =
( P (S
n= b) b ≥ r
q b
r−bP (S
n= 2r − b) b < r Wniosek 3. Dla p = q mamy:
P (M
n≥ r) = P (S
n≥ r) + P (S
n≥ r + 1) Dowód Wniosku w oparciu o Twierdzenie.
P (M
n≥ r) = X
b
P (M
n≥ r, S
n= b) =
n
X
b=r
P (S
n= b) +
r−1
X
b=−∞
p q
r−bP (S
n= 2r − b) =
= P (S
n≥ r) +
∞
X
c=r+1
p q
c−rP (S
n= c) = P (S
n≥ r) + P (S
n≥ r + 1)
Dowód Twierdzenia. Mo»emy przyj¡¢ bez utraty ogólno±ci, »e r ≥ 1 i b < r. Niech N
nr(0, b) oznacza liczb¦ ±cie»ek π z (0, 0) do (n, b), które przecinaj¡ prost¡ y = r. Ponadto niech i
π= min
(i,r)∈π{i} . Mo»emy symetrycznie odbi¢ wzgl¦dem prostej y = r segment ±cie»ki dla i
π≤ x ≤ n . Tak okre±lone przeksztaªcenie wyznacza bijekcj¦ mi¦dzy zbiorami.
n b
r
(n, 2r − b)
i
πRysunek 2: Odbicie symetryczne ±cie»ki wzgl¦dem prostej y = r
N
nr(0, b) = N
n(0, 2r − b)
P (M
n≥ r, S
n= b) = N
nr(0, b)p
n+b2q
n−b2= q p
r−bN
n(0, 2r − b)p
n+2r−b2q
n−2r+b2=
= q p
r−bP (S
n= 2r − b)
3 Zagadnienie pierwszych odwiedzin
W niniejszym rozdziale opisane zostanie prawdopodobie«stwo zdarzenia, »e startuj¡c z (0, 0) osi¡gniemy punkt b > 0 po raz pierwszy w n-tym kroku.
De nicja 2.
f
b(n) =
P (S
0= 0, S
1, . . . , S
n−1< b, S
n= b) b > 0 P (S
0= 0, S
1, . . . , S
n−1> b, S
n= b) b < 0
Twierdzenie 2 (Hitting time Theorem). Prawdopodobie«stwo f
b(n) , »e startuj¡c z 0 tra my w punkt b po raz pierwszy w n-tym kroku (n ≥ 1) wynosi:
f
b(n) = |b|
n P (S
n= b)
Dowód. Ograniczymy si¦ do dowodu dla b > 0. Korzystaj¡c z de nicji dla b < 0 dowód przebiega analogicznie.
f
b(n) = P (M
n−1= S
n−1= b−1, S
n= b) = P (S
n= b|M
n−1= S
n−1= b−1)P (M
n−1= S
n−1= b−1) =
= p [P (M
n−1≥ b − 1, S
n−1= b − 1) − P (M
n−1≥ b, S
n−1= b − 1)] =
Tw.1
= p
P (S
n−1= b − 1) − ( q
p )P (S
n−1= b + 1)
=
(1)
= p
n − 1
1
2
(n + b − 2)
p
12(n+b−2)q
12(n−b)− q
n − 1
1
2
(n + b)
p
12(n+b)q
12(n−b−2)=
=
n − 1
1
2
(n + b − 2)
−
n − 1
1
2
(n + b)
p
12(n+b)q
12(n−b)(3)=
(3)
= b
n N
n(0, b)p
12(n+b)q
12(n−b)(1)=
(1)
= b
n P (S
n= b)
n wyj±ciowa ±cie»ka
odwrócona ±cie»ka
Rysunek 3: Technika odwracania Technika odwracania
Poprzednie twierdzenie jest w swojej tezie bardzo podobne do Wniosku 2. Podobie«stwo to nie jest przypadkowe i poni»ej zostanie przedstawiona technika, tzw. technika odwracania spaceru losowego, która poka»e, »e w istocie oba te twierdzenia s¡ dualne.
De nicja 3 (Odwracanie spaceru losowego). Dla niezale»nych zmiennych losowych X
1, X
2, . . . o jednakowym rozkªadzie odwróceniem spaceru losowego (skªadaj¡cego si¦ z n kroków):
{0, S
1, S
2, . . . , S
n} = (
0, X
1, X
1+ X
2, . . . ,
n
X
i=1
X
i)
nazywamy nast¦puj¡cy spacer (n-krokowy):
{0, T
1, T
2, . . . , T
n} = (
0, X
n, X
n+ X
n−1, . . . ,
n
X
i=1
X
i)
Zauwa»my, »e teraz na podstawie powy»szej de nicji mo»emy przeformuªowa¢ jedno twierdzenie w drugie. S
1, . . . , S
n6= 0, S
n= b wtedy i tylko wtedy, gdy T
n= b , T
n− T
n−i= X
1+ . . . + X
i> 0 dla n − 1 ≥ i ≥ 1. To oznacza, »e pierwsza wizyta w b dla odwróconego spaceru nast¡pi w chwili n, zatem:
P (S
1, . . . , S
n6= 0, S
n= b) = f
b(n)
Zasad¦ t¦ mo»na wykorzysta¢ do obliczenia ±redniej ilo±ci wizyt w b do pierwszego po- wrotu do 0.
µ
b= E(# wizyty w b przed pierwszym powrotem do 0) =
= E(
∞
X
n=1
I
n) =
∞
X
n=1
E(I
n) =
∞
X
n=1
1 · P (I
n= 1) =
∞
X
n=1
P (S
1, . . . , S
n6= 0, S
n= b) =
=
∞
