Пятьдесят занимательных вероятностных задач с решениями

Из задачи 4 об испытаниях до первого успеха видно, что среднее число возвращений есть величина, обратная к вероятности успеха. В упомянутой задаче успех заканчивал серию испытаний, в нашей же задаче серию заканчивает невозвращение в начало, так что среднее число испытаний до первого успеха равно 1/Q. Следовательно, среднее число успехов равно 1/Q − 1. Если Q = l, то среднее число успехов равняется 0, и с вероятностью 1 частица будет потеряна и никогда не вернется. С другой стороны, чем меньше Q, тем больше среднее число возвращений. Действительно, каждому значению Q отвечает среднее число возвращений и для каждого среднего числа найдется соответствующее Q. Если среднее число возвращений перед окончательным уходом бесконечно (неограниченно), то Q должно быть равным нулю, а P равным 1. Более формально, P → 1 при µ → ∞. Теперь видно, что для решения задачи о двумерном блуждании мы должны подсчитать значение µ.

Выходя из начала, частица может попасть в него обратно лишь после четного числа шагов. Более того, ее путь может быть представлен как «произведение» двух независимых одномерных случайных блужданий, каждое из которых начинается в начале координат, и одно происходит в вертикальном направлении, а другое — в горизонтальном направлении. После двух шагов горизонтальная компонента x имеет распределение

x	-2	0	2
P(x)	1/4	2/4	1/4

Вертикальная компонента после двух шагов распределена точно так же, и вероятности их совместного распределения в девяти точках выглядят следующим образом:

		Распределение X
		x	-2	0	2
		P(x)	1/4	2/4	1/4
Распределение Y
y	P(y )		P(x, y)
2	1/4		1/16	2/16	1/16
0	2/4		2/16	4/16	2/16
-2	1/4		1/16	2/16	1/16
Совместное распределение X и Y после двух шагов

Основной факт, на который мы хотим обратить внимание, состоит в том, что вероятность возвращения в начало есть 4/16, и это число ввиду независимости компонент блуждания есть произведение P(X = 0) на P(Y = 0). Это допускает следующую интерпретацию. После двух шагов 25 % частиц в среднем вернется в начало. Вклад в среднее число возвращений в начало координат будет тогда равен 4/16·1 + 12/16·0 = 4/16. Вычислим вероятность того, что частица попадет в начало после 2, 4, 6, ... шагов, и, сложив все эти значения, найдем математическое ожидание числа возвращений частицы в начало.

После 2n шагов, n = 1, 2, ..., вероятность того, что частица вернулась в начало координат, равняется

так как для осуществления этого события мы должны иметь равные количества шагов как по вертикали, так и по горизонтали. Строго говоря, надо было бы поставить индексы у X и Y и писать X_2n и т.д., но это выглядит неприятно и отпугивающе. Просуммируем теперь приближенные выражения для этих вероятностей и найдем математическое ожидание числа возвращений. Для больших значений n можно применить формулу Стирлинга, приведенную в задаче 18, и получить

Тогда для больших n имеем

Эти вероятности надо просуммировать по n. Из задачи 14 известно, что и последнее выражение неограниченно растет с возрастанием N. Найдем вероятность того, что частица вернется в начало после числа шагов, равного 2, 4, 6, 8, , .., 2n. Каждая из этих вероятностей есть также среднее значение числа случаев, когда частица попадает в начало после ровно 2n шагов. Чтобы получить общее математическое ожидание числа возвращений частицы в начало, просуммируем эти значения, пользуясь тем фактом, что сумма средних есть среднее суммы. Видим, что среднее число возвращений в начало бесконечно, и вероятность возвращения в начало P = 1. Таким образом, частица не только вернется, но будет возвращаться бесконечное число раз. Более точно, надо сказать, что почти каждая частица возвращается бесконечно часто, так как существуют пути такие, например как постоянное направление на северо-восток, которые позволяют некоторым частицам уходить в бесконечность. Но доля таких частиц равна нулю.

52. Решение вадачи о трехмерном случайном блуждании

Поскольку мы знаем, что в случае одного и двух измерений частица возвращается в начало с вероятностью 1, то не будет ли естественно предположить, что она вернется туда заведомо при любом числе измерений? Казалось бы да, но этот ответ не верен.

В нашем случае положение частицы задается тремя координатами, и вероятность того, что все три координаты равны 0 после 2n шагов, есть

P(частица в начале) = P(X

=0)·P(Y=0)·P(Z=0) = .

Применим снова формулу Стирлинга. Мы видим, что на 2n-м шаге

P(частица в начале) = 1/(πn)^3/2.

Покажем, что сумма ∑1/n^3/2 ограничена. Заменим для этого 1/n^3/2 площадью прямоугольника с основанием между точками n и n+1 и высотой 1/n^3/2 (рис. 23).

Рис. 23. Доказательство сходимости ряда ∑1/n^3/2

Проведем кривую f(n) = 1/(n − 1)^3/2 через вершины правых углов прямоугольников.

Площадь под кривой превосходит площадь соответствующих прямоугольников и