]>
Tételezzük fel, hogy független valószínűségi változóknak egy sorozata, mindegyikük 1 és érétket vesz fel és valószínűséggel. Ebben a fejezetben tanulmányozni fogjuk az -szel kapcsolatos részletösszeg folyamatot. Így
Az sorozat egy paraméterű, véletlen egyszerű bolyongás. Minden lépésnél a véletlen gyalogos (bolyongó) vagy jobbra megy egy egységet valószínűséggel, vagy balra egy egységet valószínűséggel. A sétáló ezt úgy valósítja meg, hogy egy (szabálytalan) pénzérmét feldob, amelyik valószínűséggel esik fejre, ebben az esetben jobbra, ha írásra esik balra lép. A véletlen bolyongás más típusait a Markov láncok fejezetében tanulmányozzuk.
Jelölje és egy lépésének várható értékét és szórását Mutassuk meg, hogy
Legyen -ra. Mutassuk meg, hogy ha és ha .
Ennélfogva Bernoulli kísérleteknek egy sorozata . A véletlen bolyongással kapcsolatban az indikátor változója annak az eseménynek, hogy az -edik lépés jobbra történik.
Legyen -re.
A bolyongással kapcsolatban az első lépésben a jobbralépések száma.
Felhasználva az előző gyakorlat eredményeit mutassuk meg, hogy sűrűségfüggvénye
Mutassuk meg, hogy
Tételezzük fel, hogy . Ebben az esetben vektorváltozót szimmetrikus, egyszerű bolyongásnak nevezzük. A szimmetrikus egyszerű bolyongást speciális és ügyes kombinatorikai okoskodásokkal tudjuk elemezni.
Mutassuk meg, hogy az véletlen vektor egyenletes eloszlású az halmazon, és ezért
Mutassuk meg, hogy sűrűségfüggvénye:
Mutassuk meg, hogy várható értéke és szórásnégyzete
A véletlen bolyongás szimulációban válasszuk meg a végső poziciót. Változtassuk a lépések számát és figyeljük meg a sűrűségfüggvény elhelyezkedését és alakját, valamint a várható érték/standard szórás grafikonját. A paraméter kiválasztott értékeire végezzükel a szimulációt 1000-szer, 10-esével frissítve. Figyeljük meg az empirikus sűrűségfüggvénynek és momentumoknak az elméleti sűrűségfüggvényhez és elméleti momentumokhoz való nyilvánvaló konvergenciáját.
A véletlen bolyongás szimulációban válasszuk meg a végső poziciót és legyen a lépések száma 50. Végezzük el a szimulációt 1000-szer, 10-esével frissítve. Számítsuk ki és hasonlítsuk össze a következőket:
Vizsgáljuk meg újra az egyszerű, szimmetrikus véletlen bolyongást. Legyen a maximális helyzet az első lépés után. Megjegyezzük, hogy értékei a halmazból származnak. eloszlását a tükrözési elv néven ismert egyszerű és csodálatos ötlet segítségével vezethetjük le.
Mutassuk meg, hogy akkor és csak akkor, ha valamilyen -re!
Tételezzük fel, hogy . Mutassuk meg, hogy minden olyan útvonal esetén, amely kielégíti az és az feltételeket, létezik egy másik útvonal, amely kielégíti az feltételeket. Útmutatás: a második útvonalat úgy kapjuk az elsőből, hogy az első útvonalat tükrözzük az egyenesre, miután az első útvonal eléri az értékét.
Felhasználva az előző két gyakorlat eredményeit és azt a tényt, hogy az útvonalak egyformán valószínűek, mutassuk meg, hogy
Felhasználva az előző gyakorlat eredményét, mutassuk meg, hogy
Felhasználva az előző gyakorlat eredményét, mutassuk meg, hogy és esetén
A véletlen bolyongás szimulációjában válasszuk a maximális érték változót. Változtassuk a lépések számát és jegyezzük fel a sűrűségfüggvény elhelyezkedését és alakját, valamint a várható érték/standard szórás grafikonját. Változtassuk a lépések számát 30-ig és végezzük el a szimulációt 1000-szer, 10-esével frissítve a gakoriságot. Vegyük észre a relatív gyakoriságfüggvénynek és empirikus momentumoknak az elméleti sűrűségfüggvényhez és a momentumokhoz való konvergenciáját.
Mutassuk meg, hogy minden esetén sűrűségfüggvénye csökkenő.
A 17. gyakorlat eredménye egy kicsit meglepő; speciálisan, a maximum legvalószínűbb értéke egyedül a 0!
Egy szabályos pénzérmét 10-szer feldobunk. Adjuk meg annak valószínűségét, hogy a fejek száma és az írások száma közötti különbség sohasem nagyobb, mint 4.
Vizsgáljuk újra az egyszerű, szimmetrikus bolyongást. A következő témánk a 0-hoz való utolsó visszatérés eloszlásának vizsgálata az első lépés folyamán:
Megjegyezzük, hogy mivel a 0-ba való lépés páros sokszor következik be, értékeit a halmazból veszi. Ez a véletlen változó különös és érdekes eloszlás és mint diszkrét arcus sinus eloszlás ismert. A továbbiakban a levezetésünkben felfedezünk néhány egyéb, érdekes eredményt is.
Mutassuk meg, hogy
Felhasználva a szimmetriát és az előző gyakorlat eredményét mutassuk meg, hogy
eloszlásából jobboldalon levő első tényezőt ismerjük. Így nekünk a második tényezőt kell kiszámítanunk, annak valószínűségét, hogy véletlen bolyongásunk soha nem tér vissza a 0 pontba.
Felhasználva az eredményeket a maximum pozicióra mutassuk meg, hogy
Felhasználva a szimmetriát (amely éppen az egyenesre vonatkozó tükrözési elv), mutassuk meg, hogy
Mutassuk meg, hogy
Felhasználva a szimmetriát, az előző gyakorlat eredményét mutassuk meg, hogy
Mutassuk meg, hogy magába foglalja az egyenlőtlenséget.
Felhasználva az előző gyakorlatok eredményét mutassuk meg, hogy
Felhasználva a szimmetriát és az előző gyakorlat eredményét mutassuk meg, hogy
Felhasználva a 22. gyakorlat és a 28. gyakorlat eredményét mutassuk meg, hogy sűrűségfüggvénye
A véletlen bolyongás szimulációban válasszuk valószínűségi változónak a 0-ba való utolsó visszatérés sorszámát, majd változtassuk a lépések számát a görgetősávval. Figyeljük meg a sűrűségfüggvény helyzetét és alakját és a várható érték/standard szórás grafikonját. A paraméter különböző értékei esetén végezzük el a szimulációt 1000-szer, 10-esével frissítve a gyakoriságot és figyeljük meg az empirikus sűrűségfüggvénynek és a momentumoknak az elméleti sűrűségfüggvényhez és a momentumokhoz való nyilvánvaló konvergenciáját.
Mutassuk meg, hogy
Speciálisan 0 és a legvalószínűbb értékek. Az arcus sinus eloszlás teljesen meglepő. Mivel egy szabályos pénzérmét dobunk fel annak eldöntésére, hogy a bolyongás merre történjen, könnyen gondolhatjuk, hogy a véletlen bolyongás az idő felében pozitív, a másik felében negatív és hogy gyakran visszatér a 0-ba. De valójában az arcus-sinus törvény magába foglalja, hogy valószínűséggel nem fog visszatérni a 0 pontba a bolyongás második felében, az és időpontok között, tekintet nélkül -re, és az sem ritka, hogy pozitív (vagy negatív) marad az 1-től -ig terjedő teljes időben.
Tételezzük fel, hogy egy választásban az jelölt szavazatot kap és a jelölt szavazatot kap, ahol . Feltételezve a szavazatok véletlen sorrendjét mekkora annak a valószínűsége, hogy mindig megelőzi -t a szavazatok számlálásakor. Ez történetileg egy híres probléma, ami Szavazási probléma néven ismert, és Joseph Louis Bertrand oldotta meg a problémát 1887-ben. A szavazási probléma szoros kapcsolatban van az egyszerű véletlen bolyongással.
Magyarázzuk meg azt a feltevést, hogy a szavazók véletlenszerűen rendezettek egy valódi választáson.
A szavazási probléma megoldható egy egyszerű feltételes valószínűséges okoskodással, hogy megkapjuk a rekurzív relációt. Jelölje annak valószínűségét, hogy mindig megelőzi -t a szavazatszámláláskor.
Mutasuk meg, hogy a jelölttel kapcsolatos feltétel, hogy ő kapja az utolsó szavazatot
Felhasználva a kezdő feltételt és a szavazók számára () vonatkozó indukciót, mutassuk meg, hogy
A szavazási kísérletben, változtassuk az és paraméterket és figyeljük meg a szavazási valószínűség változását. A kiválasztott paraméterekre végezzük el a kísérletet 1000-szer, 10-esével frissítve és figyeljük meg a relatív gyakoriságnak az elméleti valószínűséghez való nyilvánvaló konvergnciáját.
Egy választásban egy kisváros polgármestere, Mr. Smith 4352 szavazatot kapott, míg Ms. Jones 7543-at. Számítsuk ki annak valószínűségét, hogy Jones mindig megelőzte Smith polgármestert a szavazatszámláláskor.
Vizsgáljunk újra egy paraméterű egyszerű véletlen bolyongást.
Adott , mutassuk meg, hogy
Felhasználva az előző gyakorlatot és a szavazási valószínűséget mutassuk meg, hogy esetén,
A szavazási kísérletben, változtassuk az és paramétereket és figyeljük meg a szavazási valószínűség változását. A paraméterek kiválasztott értékeire végezzük el a kísérletet 1000-szer, a gyakoriságot 10-esével frissítve és figyeljük meg a relatív gyakoriságnak az elméleti valószínűséghez történő nyilvánvaló konvergenciáját.
Egy amerikai rulettkeréknek 38 nyílása van; 18 piros, 18 fekete és 2 zöld. Fred 1$-t tesz a pirosra és a párosra, ötvenszer, 22-szer nyer és 28-szor veszít. Adjuk meg annak valószínűségét, hogy Fred nettó nyreménye mindig negítív.
A rulett jétékot részletesebben a Szerencsejátékok fejezetben tanulmányozzuk.
Vizsgáljuk újra az egyszerű paraméterű véletlen bolyongást. Jelölje a 0-ba való első visszatérés idejét:
Megjegyezzük, hogy a 0-ba való visszatérés csak páros időben történhet meg; az is lehetséges, hogy a 0-ba soha nem tér vissza. Így értékeit a halmaból veszi.
Mutassuk meg, hogy
Felhasználva a szavazási problémát, mutassuk meg, hogy
Felhasználva a két előző gyakorlat eredményét mutassuk meg, hogy