Mers aleatoriu

Exemplu de opt plimbări aleatorii într-o singură dimensiune începând de la 0. Graficul arată poziția pe linie (axa verticală) în timp (numărul de pași parcurși - axa orizontală).

O animație care descrie un exemplu de trei plimbări aleatorii, similar cu o mișcare browniană , pe un taur , începând din centrul imaginii.

În matematică , o plimbare aleatorie (random walk) este formalizarea ideii de a face pași suplimentari în direcții aleatorii. Din punct de vedere matematic, este cel mai simplu proces stocastic , procesul Markov , a cărui reprezentare matematică cea mai cunoscută este procesul Wiener .

Termenul a fost introdus pentru prima dată de Karl Pearson în 1905 . ^[1]

Caz unidimensional

Într- o plimbare aleatorie unidimensională, studiem mișcarea unei particule asemănătoare unui punct constrânsă să se deplaseze de-a lungul unei linii drepte în cele două direcții permise. Cu fiecare mișcare se deplasează (la întâmplare) cu un pas spre dreapta (cu o probabilitate fixă $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ ) sau lăsat cu o probabilitate $1-p$ ${\ displaystyle 1-p}$ $1-p$ , și fiecare pas este egal în lungime și independent de celelalte. Propunem să calculăm cu ce probabilitate după N mișcări particula va reveni (presupunând că se întoarce!) La punctul de plecare. Introducem următoarea variabilă aleatorie $X(N)$ ${\ displaystyle X (N)}$ $X (N)$ care dă numărul de pași rămași după $Nu.$ ${\ displaystyle N}$ $Nu.$ mișcări; în special, modelează numărul de capete eliberate ulterior $Nu.$ ${\ displaystyle N}$ $Nu.$ răsturnări ale unei monede aranjate corespunzător. Evident, aceasta este o variabilă discretă aleatorie cu distribuție binomială . De asemenea, observăm că evenimentul „întoarce-te la origine” este echivalent cu a face su $2N$ ${\ displaystyle 2N}$ $2N$ total pași exact $Nu.$ ${\ displaystyle N}$ $Nu.$ pași la stânga; de aceea probabilitatea căutată este egală cu $P\{X=N\},$ ${\ displaystyle P \ {X = N \},}$ ${\ displaystyle P \ {X = N \},}$ cu $X$ ${\ displaystyle X}$ $X$ binomul parametrilor $n=2N,k=N,p$ ${\ displaystyle n = 2N, k = N, p}$ ${\ displaystyle n = 2N, k = N, p}$ asa de

P\{X=N\}={\frac {(2N)!}{N!(2N-N)!}}p^{N}(1-p)^{N}={2N \choose N}(p-p^{2})^{N}.

{\ displaystyle P \ {X = N \} = {\ frac {(2N)!} {N! (2N-N)!}} p ^ {N} (1-p) ^ {N} = {2N \ alegeți N} (pp ^ {2}) ^ {N}.}

{\ displaystyle P \ {X = N \} = {\ frac {(2N)!} {N! (2N-N)!}} p ^ {N} (1-p) ^ {N} = {2N \ alegeți N} (pp ^ {2}) ^ {N}.}

De exemplu, dacă am șanse egale ca particula să meargă la stânga sau la dreapta la fiecare pas ( $p=1/2$ ${\ displaystyle p = 1/2}$ $p = 1/2$ ), probabilitatea de a reveni la origine după $2N$ ${\ displaystyle 2N}$ $2N$ pașii vor fi de

P\{X=N\}={2N \choose N}\left({\frac {1}{2}}\right)^{2N}\approx {\frac {1}{\sqrt {N\pi }}},

{\ displaystyle P \ {X = N \} = {2N \ alege N} \ left ({\ frac {1} {2}} \ right) ^ {2N} \ approx {\ frac {1} {\ sqrt { N \ pi}}},}

{\ displaystyle P \ {X = N \} = {2N \ alege N} \ left ({\ frac {1} {2}} \ right) ^ {2N} \ approx {\ frac {1} {\ sqrt { N \ pi}}},}

unde am aplicat aproximarea Stirling pentru $Nu.$ ${\ displaystyle N}$ $Nu.$ suficient de mare ,

N!\sim {\sqrt {2\pi N}}\;\left({\frac {N}{e}}\right)^{N}

{\ displaystyle N! \ sim {\ sqrt {2 \ pi N}} \; \ left ({\ frac {N} {e}} \ right) ^ {N}}

N! \ Sim {\ sqrt {2 \ pi N}} \; \ left ({\ frac {N} {e}} \ right) ^ {{N}}

.

Acum ne amintim că valoarea așteptată a unei variabile aleatorii este dată de

E[X]=\sum _{n=0}^{\infty }nP(n),

{\ displaystyle E [X] = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} nP (n),}

{\ displaystyle E [X] = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} nP (n),}

și că, în acest caz, acest lucru este echivalent cu căutarea mediei „succeselor” care preced un „eșec” al randamentelor în etape infinite (adică exploatăm distribuția geometrică asociată), obținem că numărul mediu de reveniri la origine a particulei, numită $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ probabilitatea unei singure reveniri este dată de seria geometrică

\mu =\sum _{n=0}^{\infty }np^{n}(1-p)\approx \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n\pi }}}\rightarrow +\infty ,

{\ displaystyle \ mu = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} np ^ {n} (1-p) \ approx \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} {\ frac {1} {\ sqrt {n \ pi}}} \ rightarrow + \ infty,}

{\ displaystyle \ mu = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} np ^ {n} (1-p) \ approx \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} {\ frac {1} {\ sqrt {n \ pi}}} \ rightarrow + \ infty,}

prin urmare, folosind relația $\mu ={\frac {1}{1-p}}-1$ ${\ displaystyle \ mu = {\ frac {1} {1-p}} - 1}$ ${\ displaystyle \ mu = {\ frac {1} {1-p}} - 1}$ , presupunem că probabilitatea ca particula să revină mai devreme sau mai târziu la origine tinde spre $1$ ${\ displaystyle 1}$ $1$ . Aceasta înseamnă că, deși frecvența returnărilor scade odată cu creșterea numărului de pași parcurși, ei vor fi întotdeauna acolo într-un număr infinit de pași parcurși.

Deci putem concluziona că o particulă cu probabilitate egală de mișcare stânga și dreaptă lăsată liberă să meargă la întâmplare la infinit cu o mare probabilitate revine infinit de ori până la punctul de la care a pornit.

Caz bidimensional

Într-o plimbare aleatorie bidimensională, mișcarea unei particule constrânse să se deplaseze pe plan este studiată prin deplasarea aleatorie la fiecare pas spre dreapta sau spre stânga cu probabilitate $1/2$ ${\ displaystyle 1/2}$ $1/2$ , sus sau jos cu probabilitate $p=1/2$ ${\ displaystyle p = 1/2}$ $p = 1/2$ . În practică, la fiecare pas poate face o mișcare de-a lungul uneia dintre cele patru diagonale cu probabilitate $1/4$ ${\ displaystyle 1/4}$ $1/4$ . Ne întrebăm cât de probabilă particula va reveni la punctul său de plecare. Acest caz poate fi studiat ca fiind compoziția a două plimbări aleatorii unidimensionale; și aici o particulă este la origine după $2N$ ${\ displaystyle 2N}$ $2N$ pași numai dacă i-ați făcut exact $Nu.$ ${\ displaystyle N}$ $Nu.$ stânga și $Nu.$ ${\ displaystyle N}$ $Nu.$ în partea de sus (în consecință același număr în dreapta și în partea de jos). Apoi a spus $X(n)=\{n{\text{ passi a sinistra su }}N{\text{ passi}}\}$ ${\ displaystyle X (n) = \ {n {\ text {pași rămase în sus}} N {\ text {pași}} \}}$ ${\ displaystyle X (n) = \ {n {\ text {pași rămase în sus}} N {\ text {pași}} \}}$ ec $Y(n)=\{n{\text{ passi in alto su }}N{\text{ passi}}\}$ ${\ displaystyle Y (n) = \ {n {\ text {step up}} N {\ text {steps}} \}}$ ${\ displaystyle Y (n) = \ {n {\ text {step up}} N {\ text {steps}} \}}$ două variabile binomiale ca în paragraful anterior vom avea:

P\left\{X=N,Y=N\right\}=P\left\{X=N\right\}P\left\{Y=N\right\},

{\ displaystyle P \ left \ {X = N, Y = N \ right \} = P \ left \ {X = N \ right \} P \ left \ {Y = N \ right \},}

{\ displaystyle P \ left \ {X = N, Y = N \ right \} = P \ left \ {X = N \ right \} P \ left \ {Y = N \ right \},}

întrucât variabilele aleatorii $X$ ${\ displaystyle X}$ $X$ Și $Da$ ${\ displaystyle Y}$ $Da$ sunt stochastice independente . Luând apoi calculele paragrafului anterior vom obține:

P\{X=N,Y=N\}=\left({2N \choose N}\left({\frac {1}{2}}\right)^{2N}\right)^{2},

{\ displaystyle P \ {X = N, Y = N \} = \ left ({2N \ alege N} \ left ({\ frac {1} {2}} \ right) ^ {2N} \ right) ^ { 2},}

{\ displaystyle P \ {X = N, Y = N \} = \ left ({2N \ alege N} \ left ({\ frac {1} {2}} \ right) ^ {2N} \ right) ^ { 2},}

și, spus ca mai înainte $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ probabilitatea unei singure reveniri la punctul de plecare, obțin că numărul mediu de reveniri atunci când $Nu.$ ${\ displaystyle N}$ $Nu.$ tinde spre infinit este:

\mu =\sum _{n=0}^{\infty }np^{n}(1-p)\approx \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n\pi }}\rightarrow +\infty ,

{\ displaystyle \ mu = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} np ^ {n} (1-p) \ approx \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} {\ frac {1} {n \ pi}} \ rightarrow + \ infty,}

{\ displaystyle \ mu = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} np ^ {n} (1-p) \ approx \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} {\ frac {1} {n \ pi}} \ rightarrow + \ infty,}

prin urmare, folosind relația $\mu ={\frac {1}{1-p}}-1$ ${\ displaystyle \ mu = {\ frac {1} {1-p}} - 1}$ ${\ displaystyle \ mu = {\ frac {1} {1-p}} - 1}$ , presupunem că probabilitatea ca particula să revină mai devreme sau mai târziu la origine tinde spre $1$ ${\ displaystyle 1}$ $1$ . Deci, chiar și în cazul bidimensional, o particulă liberă să meargă la întâmplare cu probabilitate egală în cele patru direcții va reveni la infinit de ori la punctul de plecare.

Caz tridimensional

Într-o plimbare aleatorie tridimensională, mișcarea unei particule constrânse să se miște în spațiu este studiată prin deplasarea aleatorie la fiecare pas spre dreapta sau spre stânga cu probabilitate $1/2$ ${\ displaystyle 1/2}$ $1/2$ , sus sau jos cu probabilitate $p=1/2$ ${\ displaystyle p = 1/2}$ $p = 1/2$ , sus sau jos cu probabilitate $1/2$ ${\ displaystyle 1/2}$ $1/2$ . În practică, la fiecare pas poate face o mișcare de-a lungul uneia dintre cele opt diagonale cu probabilitate $1/8$ ${\ displaystyle 1/8}$ ${\ displaystyle 1/8}$ . Ne întrebăm cât de probabilă particula va reveni la punctul său de plecare. Este clar că pot studia acest caz în mod analog cu cazul bidimensional, considerându-l ca o compoziție a trei plimbări aletorii unidimensionale independente. Ca și în paragraful anterior, după introducerea variabilei aleatorii $Z$ ${\ displaystyle Z}$ $Z$ care returnează numărul de pași „sus” primesc:

P\{X=N,Y=N,Z=N\}=\left({2N \choose N}\left({\frac {1}{2}}\right)^{2N}\right)^{3},

{\ displaystyle P \ {X = N, Y = N, Z = N \} = \ left ({2N \ alege N} \ left ({\ frac {1} {2}} \ right) ^ {2N} \ dreapta) ^ {3},}

{\ displaystyle P \ {X = N, Y = N, Z = N \} = \ left ({2N \ alege N} \ left ({\ frac {1} {2}} \ right) ^ {2N} \ dreapta) ^ {3},}

aproximabil cu Stirling a ${\frac {1}{(n\pi )^{\frac {3}{2}}}}.$ ${\ displaystyle {\ frac {1} {(n \ pi) ^ {\ frac {3} {2}}}}.}$ ${\ displaystyle {\ frac {1} {(n \ pi) ^ {\ frac {3} {2}}}}.}$

De data aceasta, contrar cazurilor de $1$ ${\ displaystyle 1}$ $1$ Și $2$ ${\ displaystyle 2}$ $2$ dimensiune, avem

\mu =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{(n\pi )^{\frac {3}{2}}}}\approx 0,315

{\ displaystyle \ mu = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} {\ frac {1} {(n \ pi) ^ {\ frac {3} {2}}}} \ approx 0.315}

{\ displaystyle \ mu = \ sum _ {n = 0} ^ {\ infty} {\ frac {1} {(n \ pi) ^ {\ frac {3} {2}}}} \ approx 0.315}

prin urmare, folosind relația $\mu ={\frac {1}{1-p}}-1$ ${\ displaystyle \ mu = {\ frac {1} {1-p}} - 1}$ ${\ displaystyle \ mu = {\ frac {1} {1-p}} - 1}$ , presupunem că probabilitatea ca particula să revină mai devreme sau mai târziu la origine este aproximativ $p=0,239$ ${\ displaystyle p = 0,239}$ ${\ displaystyle p = 0,239}$ .

Notă

^ K. Pearson, comunicare în „Nature”, 27.7.1905 și răspunsul ulterior de Lord Rayleigh

Bibliografie

Paolo Baldi, Calculul probabilității și statisticii , ediția a II-a, McGraw-Hill, 1998, ISBN 9788838607370 .
E. Parzen (1999): Procese stochastice , Holden-Day
MP Rogantin (2004): Introducere în statistici , CLUT, Torino

Elemente conexe

Alte proiecte

Wikimedia Commons conține imagini sau alte fișiere în mers aleatoriu

linkuri externe

( EN ) Random walk , în Encyclopedia Britannica , Encyclopædia Britannica, Inc.
Plimbare aleatorie simplă , pe fp.freeshell.org . Adus la 1 mai 2006 (arhivat din original la 21 februarie 2007) .

Controlul autorității	Tezaur BNCF 45885 · LCCN (EN) sh85111357 · BNF (FR) cb119358404 (data) · NDL (EN, JA) 00.571.555

Portalul de fizică

Portalul de matematică

[1] K. Pearson, comunicare în „Nature”, 27.7.1905 și răspunsul ulterior de Lord Rayleigh

[1]