Случайная прогулка с импульсом


18

Рассмотрим случайное целочисленное блуждание, начинающееся с 0, со следующими условиями:

  • Первый шаг - плюс или минус 1 с равной вероятностью.

  • Каждый следующий шаг: 60% вероятности будут в том же направлении, что и предыдущий шаг, 40% вероятности будут в противоположном направлении

Какого рода распределение это дает?

Я знаю, что случайное блуждание без импульса дает нормальное распределение. Изменяет ли импульс только дисперсию или полностью меняет характер распределения?

Я ищу общий ответ, поэтому на 60% и 40% выше, я действительно имею в виду р и 1-р


На самом деле, @Dilip, вам нужна цепь Маркова с состояниями , индексированных упорядоченных пар и ( я , я - 1 ) , я Z . Переходы: ( i , i + 1 ) ( i + 1 , i + 1 ) и ( i , i - 1 ) ( i - 1 , i(i,i+1)(i,i1)iZ(i,i+1)(i+1,i+1) с вероятностью p и ( i , i + 1 ) ( i + 1 , i ) и ( i , i - 1 ) ( i - 1 , i - 2 ) с вероятностью 1 - p . (i,i1)(i1,i)p(i,i+1)(i+1,i)(i,i1)(i1,i2)1p
whuber

Обратите внимание, что размеры шагов образуют цепочку Маркова на и вы (?!) запустили ее в стационарном распределении. {1,+1}
кардинал

Вы хотите предельное (предельное) распределение для где X n{ - 1 , + 1 } - шаги шага? Sn=i=1nXnXn{1,+1}
кардинал

Другой подход может состоять в том, чтобы посмотреть на чередующиеся суммы геометрических случайных величин, а затем применить некоторую теорию мартингалов. Проблема в том, что вам придется определить какое-то время остановки, что может быть сложно.
Шаббычеф

Ответы:


8

Чтобы сразу перейти к заключению, «импульс» не меняет того факта, что нормальное распределение является асимптотическим приближением распределения случайного блуждания, но дисперсия изменяется от до n p / ( 1 - р ) . Это может быть получено из относительно элементарных соображений в этом частном случае. Скажем, не очень сложно обобщить приведенные ниже аргументы в CLT для цепей Маркова с конечным пространством состояний, но самая большая проблема на самом деле - это вычисление дисперсии. Для конкретной проблемы это может4np(1p)np/(1p)быть рассчитанным, и, надеюсь, приведенные ниже аргументы могут убедить читателя, что это правильная дисперсия.

Используя понимание, которое кардинал предоставляет в комментарии, случайное блуждание задается как где X k{ - 1 , 1 }, а X k образуют цепь Маркова с матрицей вероятности перехода ( р 1 - р 1 - р р ) . Для асимптотических соображений, когда n ∞, начальное распределение X 1 не играет никакой роли, поэтому давайте исправим

Sn=k=1nXk
Xk{1,1}Xk
(p1p1pp).
nX1 ради следующего аргумента, и предположим также, что 0 < p < 1 . Отличная техника - разложить цепь Маркова на независимые циклы. Пусть σ 1 обозначает первый раз, после времени 1, что цепь Маркова возвращается к 1. То есть, если X 2 = 1, то σ 1 = 2 , а если X 2 = X 3 = - 1 и X 4 = 1, то σ 1 = 4X1=10<p<1σ1X2=1σ1=2X2=X3=1X4=1σ1=4, В общем, пусть обозначает время i -го возврата 1, а τ i = σ i - σ i - 1 обозначает времена взаимного возврата (при σ 0 = 1 ). С этими определениями мы имеемσiiτi=σiσi1σ0=1
  • С , то S σ п = Х 1 + п Σ я = 1 U я .Ui=k=σi1+1σiXk
    Sσn=X1+i=1nUi.
  • Поскольку принимает значение - 1 для k = σ i - 1 + 1 , , σ i - 1 и X σ i = 1, считается, что U i = 2 - τ i .Xk1k=σi1+1,,σi1Xσi=1
    Ui=2τi.
  • Время взаимного возврата, , для цепи Маркова идентифицировано (формально благодаря сильному свойству Маркова), и в этом случае среднее значение E ( τ i ) = 2 и дисперсия V ( τ i ) = 2 pτiE(τi)=2 . Ниже указано, как рассчитать среднее значение и дисперсию.V(τi)=2p1p
  • Обычный CLT для переменных iid приводит к тому, что
    SσnasympN(0,2np1p).
  • σn=1+i=1nτi2n
    SnasympN(0,np1p).

τ1P(τ1=1)=pm2P(τ1=m)=(1p)2pm2X1pZ=1(τ1=1) then 1+X(1Z) has the same distribution as τ1, and it is easy to compute the mean and variance for this latter representation.


+1 nice. I would only have written assymptotic distribution for 1/nSn, to show clearly that CLT applies in the usual way. But that is only the matter of taste.
mpiktas

2

Van Belle's 'Rule of Thumb' 8.7 (from the second edition of his book) includes an approximation for the standard error of the mean when innovations have autocorrelation ρ. Translating this using ρ=2p1 gives

True standard error of x¯p1psn,
where nx¯ is the position of the random walk after n steps, and s is the sample standard deviation (which will be, asymptotically in n, 1x¯2. The upshot is that I expect, as a rough approximation, that the standard deviation of nx¯ should be around np/(1p).

edit: I had the wrong autocorrelation (or rather p should have been interpreted differently); is now consistent (I hope!)


Interesting. I'm not sure that yields anything very sensible for the p=0 subcase; though, that could be due to pathologies associated with that case.
cardinal

@cardinal good catch, the autocorrelation should be ρ=2p1, not 12p. correcting it...
shabbychef
Используя наш сайт, вы подтверждаете, что прочитали и поняли нашу Политику в отношении файлов cookie и Политику конфиденциальности.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.