北大随机过程课件：第 2 章 第 1 讲 随机游动

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1、随机游动1．随机游动模型设有一个质点在x轴上作随机游动，在t=0时在x轴的原点，在t=1,2,3,…时沿x轴正方向或反方向移动一个单位距离，沿正方向移动一个单位距离的概率为p，沿反方向移动一个单位距离的概率为q=1-p。质点随机游动构成一个离散时间、离散状态的随机过程。记质点在第n步时的状态为η,n=0,1,2,L，n¾样本空间：{……-3,-2,-1,0,1,2,3……}¾初始态：η=00¾一步转移概率：经过一步从状态i转移到状态j的概率⎧pj=i+1⎪pqpji==−⎨11=−ij⎪⎩0otherwise2．随机游动模型的分析¾经过n步以后的位置特征¾经过

2、n步返回原点的概率；¾经过n步第一次返回原点的概率；¾第一次返回原点所需的平均时间¾迟早返回原点的概率；¾多次返回原点的概率；¾经过n步达到+1的概率；¾第1次通过最大值；2.1经过n步以后的位置特征：概率分布、统计特征质点在第n步时的状态为η,n=0,1,2,L，n？经过时间n，质点距离原点的距离为m的概率P{η=m}nη是一个随机变量，它的可能取值是：{−n,1−n,2−n,L,−1,0,,1,L,n−1,n}nn+m若质点移动n步后到达η=m的位置，则所有的移动中，正方向移动步，反方n2n−m向移动步，因此：2一维概率分布：⎛n⎞n+mn−m⎜⎟P{}m

3、nmp2q2ηn==⎜+⎟，m=-n,-n+2,-n+4,……,n-2,n；m≤n⎜⎟⎝2⎠均值：nηn=∑ξk；其中ξk为每一步的移动，k=1P{}ξ=1=p,P{}ξ=−1=q,k=1,2,L,nkkE{}ξ=P{ξ=1}*1+P{ξ=1}*(−1)=p−qkkknn⎧⎫E{}ηn=E⎨∑ξk⎬=∑E{}ξk=n(p−q)，⎩k=1⎭k=1nnnnnn2⎡∑∑⎤⎡∑∑⎤∑∑[]E{η}=Eξ⋅ξ=Eξξ=Eξξn⎢kl⎥⎢kl⎥kl⎣k==11l⎦⎣k==11l⎦k==11l考虑到2k≠l，E[][]ξξ=Eξ⋅E[ξ]=(p−q)；klkl22k=l，E

4、[]ξξ=1⋅p+(−1)⋅q=p+q=1klnnn22∴E[]η=∑∑E[]ξkξl+∑E[]ξkξk=n(n−1)(p−q)+nk=1l==11kl≠k方差：{[]()2}{2()2()}Eηn−Eηn=Eη+Eηn−2ηn⋅Eηn22＝E()η−[E(η)]nn22＝E(η)−μnηn222=n(n−1)(p−q)+n−n(p−q)2=n−n(p−q)=4npq相关函数：nm⎡⎤若n

5、ξklkkk=11l=k=1l≠knm2=∑∑(p−q)+nk=11l=l≠k2=n(m−1)(p−q)+n2若n>m,E[]η⋅η=m(n−1)(p−q)+mnm[][][2]2Eη⋅η=minn,m1−(p−q)+nm⋅(p−q)nm总结：概率分布：⎛n⎞n+mn−m⎜⎟P{}mnmp2q2ηn==⎜+⎟，m=-n,-n+2,-n+4,……,n-2,n；m≤n⎜⎟⎝2⎠均值：E{η}=npq()−n2方差：E{⎡⎤⎣⎦ηηnn−=E()}4npq2相关函数：E[ηη⋅=]min[nm,]⋅+⋅−4pqnm(pq)nm2.2经过n步返回原点的概率根据一维分布

6、的分析可知，第n步返回原点的概率为：⎧0,n为奇数⎪⎪⎛n⎞nnP{ηn=0}=⎨⎜⎟22npq，n为偶数⎪⎜⎟⎜⎟⎪⎩⎝2⎠只有经过偶数步才能返回原点，经过奇数步返回原点的概率为0。考虑经过2n步返回原点的概率，记作：⎛2n⎞nnu=P{η=0}=⎜⎟pq2n2n⎜⎟⎝n⎠2.3第一次返回原点的概率第2n步第一次返回原点的事件记作：B={η≠0,η≠0,……，η≠0,η=0}2n122n−12n第2n步第一次返回原点的概率记作：v=P{B}=P{η≠0,η≠0,……，η≠0,η=0}2n2n122n−12n第2n步返回原点的概率与第2n步第一次返回原点的概率

7、的关系是：nuvvu2nnn=+2222−−++Lv222un=∑v222kun−kk=1利用矩生成函数求概率分布及数字特征对于u与v，注意到vu==0,1可以得到下列的矩生成函数，2n2n00∞∞n22nnUz()1=+∑∑uz22nk=+1∑vu2n−2kznn==11k=1∞∞22mk=+1∑∑uz22mkvz=+1UzVz()()mk==00对于经过２ｎ步返回原点的概率u，2n(2!n)nup2n=()qnn!!()2224221233nn(−⋅−−⋅)LL()n()n1n=()pqnn!!nn2!nn2()(−−−11/2)(3/2)L()−−−1/

8、2()n1n=()pqnn!!⎛⎞−1