Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 1 / 31 Véletlen bolyongás Márkus László 2015. március 17.
Modell Deníció Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 2 / 31 Modell: Egy egyenesen (1 dimenziós tér) Lépkedünk el re vagy hátra (diszkrét lépéseket) Minden lépés független az el z t l P(el re) = p, P(hátra) = q Véletlen folyamatokra nézve tipikus viselkedés Példa: Mikroszkópikus zikai folyamatok Numerikus közelítés: diszkrét eseményekként kezelve Részecske mozgása - véletlen ütközések, impulzusok Folyadék/légnem anyag: diúzió
Modell Alesetek Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 3 / 31 Elnyel falú bolyongás: Egy vagy mindkét irányban deniálunk egy határt Határ elérése/átlépése esetén terminál a folyamat Példa: Szerencsejáték Egyoldali elnyel falú bolyongás: Játékos pénze 0-ra csökken (tönkrement) Kétoldali elnyel falú bolyongás: Mindkét játékos pénze véges
Modell Alesetek Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 4 / 31 Szimmetrikus bolyongás: Egy számról indulunk (pl.: 0) El re = +1, Hátra = 1 P(El re) = P(Hátra) = 1 2 Lépések: X 1, X 2,... függetlenül egymástól { +1 1 2 eséllyel X i = 1 1 2 eséllyel 0-ból indulva a lépések összege: S n = n X i i=1
Modell Alesetek Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 5 / 31
Modell Eloszlás Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 6 / 31 Eloszlás: S k eloszlása: P (S k = i) = N k,i 2 k N k,i : origóból k lépés alatt az i-be vezet utak száma N k,i k páros k páratlan i páros i páratlan 0 Magyarázat: ( k k+i 2 ) 0 ( ) k k+i 2 k+i 2 lépés i irányába tetsz leges sorrendben k i 2 lépés ellentétes irányba tetsz leges sorrendben k+i 2 + k i 2 = i
Jellemz k - visszatérések 1 Nullába visszatérés Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 7 / 31 Nullába visszatérés valószín sége: Csak páros lépésben térhet vissza A visszatérés valószín sége: u 2n = P = (S 2n = 0) = 1 2 2n ( 2n n A becslés Stirling formulából: n! ( n e ) n 2πn, innen ( ) 2n n n2n 22n ( e 2n n ) n ( n e e 2π2n ) n = 22n 2πn 2πn πn ) 1 πn
Jellemz k - visszatérések 1 Nullába vissza nem térés Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 8 / 31 Nullába egyszer sem térünk vissza 2n lépésb l: P (S 1 0, S 2 0,..., S 2n 0) = = 2 P (S 1 > 0, S 2 > 0,..., S 2n > 0) = n = 2 P (S 1 > 0, S 2 > 0,..., S 2n 1 > 0, S 2n = 2r) = 2 n P (A r ) r=1 r=1 A r : 0-ból indulva végig a pozitív oldalon maradva 2r-be jut Valószín ség kiszámítása: tükrözési elvvel B r : 0-ból pozitív irányban indulva 2r-be jut B r A r = {S 1 = 1} {S 2n = 2r} P (S 1 = 1, S 2n = 2r) = 1 2 P (S 2n 1 = 2r 1) = 1 2 N 2n 1,2r 1 2 2n 1
Jellemz k - visszatérések 1 Nullába vissza nem térés Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 9 / 31
Jellemz k - visszatérések 1 Nullába vissza nem térés Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 10 / 31 P (B r )-hez a jó utak száma: Az els, tengelyt érint ponttól tükrözzük az utat a tengelyre Kölcsonösen egyértelm megfeleltetés a jó utak és tükrözött utak között: P (B r ) = P (S 1 = 1, S 2n = 2r) = 1 2 P (S 2n 1 = 2r + 1) = = 1 N 2n 1,2r+1 2 2 2n 1 P (A r ) = N 2n 1,2r 1 N 2n 1,2r+1 2 2n 2 n r=1 teleszkópos összeg {}}{ n P (A r ) = 2 N 2 2n 2n 1,2r 1 N 2n 1,2r+1 = r=1 = 1 (N 2 2n 1 2n 1,1 N 2n 1,2n+1 ) = N 2n 1,1 2 2n 1 = P (S 2n = 0) = P (S 1 0, S 2 0,..., S 2n 0) ( 2n 1 ) n 2 2n 1 = ( 2n n ) 2 2n = u 2n
Jellemz k - visszatérések 1 Els visszatérés Els visszatérés 0-ba {2n-ikre térünk vissza el ször} = {2n lépés során valamikor járunk a 0-ban} \ {2n-2 lépés során valamikor járunk 0-ban} P({2n során valamikor 0}) = 1 P ({2n alatt sohasem 0}) = 1 u 2n P 2n = P({2n-ikre el ször 0}) = 1 u 2n (1 u 2n 2 ) = u 2n 2 u 2n = 1 n 1 u 2n, u 0 = 1 Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 11 / 31
Jellemz k - visszatérések 1 Valaha visszatérés Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 12 / 31 Valaha visszatérünk: P ( n : S n = 0) P(Valaha vissza) = P( 2n-ikre el ször vissza) = n=1 = f 2n = u 2n 2 u 2n = u 0 = 1 n=1 n=1 A bolyongás 1 valószín séggel visszatér
Jellemz k - visszatérések 2 Generátorfüggvények Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 13 / 31 Generátorfüggvényes módszer a visszatér ség bizonyítására általánosságban Lépések: X 1, X 2,... független, azonos eloszlású egész érték valószín ségi változók S 0 = 0, S n = X 1 +... + X n, azaz S n a mozgó pont helyzete u n = P (S n = 0), U(z) = u n z n az u n sorozat n=0 generátorfüggvénye, u 0 = 1 f n = P (S 1 0, S 2 0,..., S n 1 0, S n = 0) az n lépés utáni els visszatérés valószín sége F (z) = f n z n az f n sorozat generátorfüggvénye n=1 (f 1 = P (S 1 = 0))
Jellemz k - visszatérések 2 Generátorfüggvények Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 14 / 31 Bizonyítás Ekkor u n = P(n lépés után visszatérünk) = n P (S k = 0, S n = 0, S i 0 : i { {1,..., n 1} \ {k} } = k=1. = n f k u n k k=1 Ebb l a generátorfüggvényekre: Így P ( n : S n = 0) = U(z) = 1 + F (z)u(z) F (z) = 1 1 U(z) n=1 f n = F (1) = 1 1 U(1)
Jellemz k - visszatérések 2 Állítások Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 15 / 31 Állítás: A bolyongás 1 valószín séggel visszatér u n = Bizonyítás: n=0 1 Az el z ek szerint F (1) = 1 kell, és ez U(1) = 0, azaz U(1) = esetén lehet pontosan. De U(1) = u n és ez adja az állítást. n=0
Jellemz k - visszatérések 2 Állítások Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 16 / 31 Állítás: Az asszimetrikus bolyongás nem visszatér Bizonyítás: 2n lépésenként lehetséges a visszatérés A lépések: X i = { +1 p 1 q(= 1 p) Ekkor u 2n = ( ) 2n n p n q n (szimmetrikusra p = q = 1 2 ) Stirling: ( ) 2n n 1 πn 2 2n Így u 2n konvergens vagy divergens 1 πn (4pq) n konvergens vagy divergens n=1 Az x(1 x) = x 2 + x polinomnak x = 1 2-nél maximuma van, ez 1 4, ezért pq 1 4, egyenl ség csak szimmetrikus esetben állhat.
Jellemz k - visszatérések 2 Állítások Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 17 / 31 szimmetrikus esetben 4pq = 1, u n divergens aszimetrikus esetben p q => 4pq < 1 n=0 u n n=1 n=0 n=1 1 πn 4pq n < 1 πn = sor n=1 4pq n <
Jellemz k - visszatérések 2 Többdimenziós bolyongások visszatérhet sége Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 18 / 31 Többdimenziós bolyongások (szimmetrikus eset): Síkrács/térrács/r-dimenziós rács A bolygó pont egyenl valószín séggel lép egységnyit a 4/6/2r irány valamelyikébe. Origóba visszatérés: minden koordinátatengely irányában ugyanannyi lépést tesz el re és hátra.
Jellemz k - visszatérések 2 Többdimenziós bolyongások visszatérhet sége Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 19 / 31 Többdimenziós bolyongások (folytatás) u (r) 2n = 1 (2n)! (2r) 2n u 1 +...+u r=n (u 1! u 2!... u r!) 2 ( 2n ) 2 [( 2n )] 2 ( ) 2 dimenzióban: u (2) 2n = n 4 2n = n 1 2 2 2n = 1 πn πn r 3 dimenzióban már összeg, u (r) 2n 1 ( r 2 r 1 πn u (2) 2n 1 πn = ) r 2 így 2 dimenzióban: n=0 u=1 r 3 dimenzióban a bolyongás nem visszatér. = const ( ) r 1 2 n
Jellemz k - visszatérések 2 Többdimenziós bolyongások visszatérhet sége Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 20 / 31 Tétel: Pólya György A szimmetrikus bolyongás 1 és 2 dimenzióban 1 valószín séggel visszatér, míg 3 vagy több dimenzióban 1-nél kisebb valószín séggel tér vissza.
Jellemz k - visszatérések 2 Utolsó visszatérés Utolsó visszatérés: 2n lépés (véletlen id pont) megtétele után mikor jártunk utoljára 0-ban T 2n = max{2k : 0 k n, S 2k = 0} T 2n = 0 ha 2n lépés alatt még nem tértünk vissza egyszer sem Legyen α 2k,2n = P (T 2n = 2k) α 2n,2k = P (S 2k = 0, S 2k+1 0,..., S 2n 0) = u 2k u 2n 2k (0-ba visszatérés és 0-ba vissza nem térés pontokból következik) Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 21 / 31
Jellemz k - visszatérések 2 Utolsó visszatérés Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 22 / 31 Utolsó visszatérés (folytatás) n P (T 2n = 2k) = 1 k=0 n P (T 2n = 2k) = n u 2k u 2n 2k = 1 k=0 k=0 U(z) = u 2n z n : n=0 U(z) U(z) = n u 2k u 2n 2k z n = 1 + z + z 2 +... = 1 1 z n=0 k=0 U(z) = (1 z) 1 2
Jellemz k - egyebek Pozitív oldalon tett lépések Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 23 / 31 Pozitív oldalon tett lépések Szerencsejáték analógia: hányszor vezet a játékos Bolyongó részecske a pozitív oldalon van: S k > 0 (S k = 0 S k 1 > 0) Legyen z 2n a 2n lépés során a pozitív oldalon tett lépések száma. Legyen π 2k,2n = P (z 2n = 2k) = P(2n lépésb l 2k a pozitív oldalon) π 2k,2n = k P (felfelé indul, az els visszatérés 2r-ben, z 2n = 2k)+ + n k r=1 = k r=1 r=1 P (lefelé indul, az els visszatérés 2r-ben, z 2n = 2k) = 1 2 f 2r π 2k 2r,2n 2r + n k 1 2 f 2r π 2k,2n 2r r=1
Jellemz k - egyebek Pozitív oldalon tett lépések Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 24 / 31 Állítás: π 2k,2n = u 2k u 2n 2k = α 2k,2n Bizonyítás: Csak az els egyenl séget kell n szerinti indukcióval: Tegyük fel, hogy n 1-ig igaz, ekkor n-re a fenti rekurzió: π 2k,2n = 1 2 u k 2n 2k f 2r u 2k 2r + 1 2 u 2k n k f 2r u 2n 2k 2r r=1 k f 2r u 2k 2r = u 2k, r=1 n k r=1 r=1 f 2r u 2n 2k 2r = u 2n 2k
Jellemz k - egyebek Arcsin törvény Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 25 / 31 Arcsin törvény: Vizsgáljuk a pozitív oldalon tett lépések arányát: Valószín ségi változó, értékkészlete: [0, 1] Kérdés: határeloszlása, n : lim P (a < z 2n n 2n b), 0 a < b < 1 P (a z 2n 2n < b) = π 2k,2n = u 2k u 2n 2k a k n <b a k n <b az u 2n -re vonatkozó aszimptotikából (itt precízebben kellene): 1 = 1 1 πk π(n k) a k n <b b 1 = [ 2 π x(1 x)dx π arcsin x ] b a a k n <b π k n(1 n) k n a z 2n 2n valószín ségi változók eloszlása 2 π arcsin( x), (0, 1) tartományban (Konvergencia igaz a, b-re, így a variációs távolságban is) z 2n 2n
Jellemz k - egyebek Arcsin törvény Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 26 / 31 S r ségfüggvénye (0, 1)-ben: Minimum 1 2 -nél Maximumok: 0, 1 π 2k,2n = α 2k,2n T 2n 2n Valószín, hogy 1 1 π x(1 x) -nek is ugyanez a határeloszlása vagy nemrég jártunk 0-ban vagy csak az elején jártunk 0-ban, azóta nem Legkevésbé valószín, hogy az út felénél jártunk 0-ban
Jellemz k - egyebek Arcsin törvény Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 27 / 31
Jellemz k - egyebek Origótól távolság Origótól vett távolság n lépés után: M n = max{s 0, S 1,..., S n } Állítás: P (M n r, S n = k) = P (S n = 2r k)(0 r k) Bizonyítás: Tükrözési elvvel r szint els elérését l tükrözünk Kell: {r szintet elér vagy meghaladó, k-ban végz d n hosszú utak} = {2r-k-ban végz d utak} Köztük a megfeleltetés kölcsönösen egyértelm számuk egyenl valószín ségeik is Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 28 / 31
Jellemz k - egyebek Origótól távolság Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 29 / 31
Jellemz k - egyebek Origótól távolság Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 30 / 31 Origótól távolság (folytatás) Következmény: Megadhatjuk P(M n r)-t P (M n r) = P (M n r, S n r) + P (M n r, S n r 1) Els tag: (S n r M n )r P (M n r, S n r) = P (S n r) Második tag: P (M n r, S n r 1) = r 1 P (M n r, S n = k) k=2r n r szintet eléri a bolyongás r-et lépés felfelé, n-r lefelé max 2r-n-ig süllyed innen k r 1 k=2r n n m=r+1 P (M n r, S n = k) = P (S n = m) = P (S n r + 1) r 1 k=2r n P (M n r) = P (S n r) + P (S n r + 1) P (S n = 2r k) =
Jellemz k - egyebek Origótól távolság Márkus László Véletlen bolyongás 2015. március 17. 31 / 31 Origótól távolság (utolsó) Következmény: P (M n = r) = P (M n r) P (M n r + 1) = = P (S n r) + P (S n r + 1) P (S n r + 1) P (S n r + 2) = = P (S n = r) + P (S n = r + 1) Ebb l a két tagból csak egyik nem 0