Błądzenie losowe - ścieżki wit: Niech 0<p<1. Niech n,k∊ℕ, k<n. Jakie jest prawdopodobieństwo, że punkt, który startuje z 0 wraca do 0 w 2n−tym kroku w błądzeniu losowym z parametrem p nie osiąga punktu k w żadnym kroku J dla 0≤ j≤2n. Proszę o pomoc

Bleee: Oki, a jaka jest długość pojedynczego kroku? Rozumiem że z prswdipobiebstwem (1−p) robi się krok do tyłu.

wit: Długość jednego kroku jest równa jeden. Prawdopodobieństwo, że idziemy w górę jest p, a w dół 1−p

wredulus_pospolitus: Czyli masz policzyć prawdopodobieństwo, że po w '2n' próbach będzie DOKŁADNIE n sukcesów (krok do góry) i oczywiście n porażek (krok do dołu), ale jest dodatkowy warunek, że nigdy nie będzie on na poziomie k (0<k<n). Czyli dla dowolnego 'j' nie może nastąpić to, że liczba sukcesów jest o 'k' większa od liczby porażek. O ile pierwsza część zadania jest (mam nadzieję, że i dla Ciebie) prosta do podania, o tyle druga już może sprawdzić pewną trudność i rozumiem, że z tą właśnie częścią masz problem, zgadza się

wit: Tak

Bleee: Zapisać to mogę, ale kuźwa to będzie nie lada problem aby to obliczyć. Dla ustalonego k.

	2n n
P(A) = (		*pn*(1−p)n)*

	(j+k)		j+k−1		j (j+k)/2
*( ∑j=12n−1 H( [		] −		)*		p(j+k)/2(1−p)(j−k)/2
	2		2

Bleee: Cholera... Jeszcze w sumie musi być H(2n − (j+k)) Ogólnie, policzenia tej sumy jest tragiczne nawet z posiadanym danymi.

Bleee: Skąd masz takie zadanie?

wit: Zadanko z ćwiczeń z wybranych zagadnień z procesów stochastycznych − studia

wredulus_pospolitus: no to w takim razie całkiem możliwe, że takie zadanie mogłoby się trafić przeanalizuj w takim razie powyższą sumę (ale z tym dodatkowym warunkiem: H(2n − (j+k) ) i powiedz czy rozumiesz o co w tym chodzi

wredulus_pospolitus: PS. W sumie to tutaj jeszcze trza by było ewentualnie wykazać, że pierwsza i druga część zadania (jako zdarzenia) to zdarzenia niezależne i dlatego P(BnC) = P(B)*P(C) = P(A)

wit: Czy H(x) to liczba ścieżek dodatnich kończąca się w x?

wredulus_pospolitus: nie

	⎧	1 dla x>0
H(x) =	⎩	0 dla x≤0

wredulus_pospolitus: czyli: Funkcja skokowa Heaviside’a

wredulus_pospolitus: Tak więc: H(2n − (j+k)) = 0 wtedy gdy j+k ≥ 2n (co logiczne ... bo przecież ruchów masz 2n, a ostatni i tak ląduje na 0 ... ewentualnie można dodać '1' do tego i sumę zrobić do {2n} ... bo w sumie przy takim zapisie ktoś może się przyczepić, że jednak C jest zależne od B)

wredulus_pospolitus: Należy dodatkowo zauważyć, że jeżeli k = 2a+1 (nieparzyste) to aby w DOKŁADNIE j'tym ruchu trafić na ten punkt, to j także musi być liczbą nieparzystą analogicznie dla k = 2a (parzyste) więc tylko dla tych dwóch sytuacji suma ma rację bytu ... dodatkowo w przeciwny razie mielibyśmy potęgi 'ułamkowe' oraz w dwumianie Newtona liczbę nie będącą liczbą naturalną