Случайная прогулка с импульсом

Рассмотрим случайное целочисленное блуждание, начинающееся с 0, со следующими условиями:

• Первый шаг - плюс или минус 1 с равной вероятностью.

• Каждый следующий шаг: 60% вероятности будут в том же направлении, что и предыдущий шаг, 40% вероятности будут в противоположном направлении

Какого рода распределение это дает?

Я знаю, что случайное блуждание без импульса дает нормальное распределение. Изменяет ли импульс только дисперсию или полностью меняет характер распределения?

Я ищу общий ответ, поэтому на 60% и 40% выше, я действительно имею в виду р и 1-р

Чтобы сразу перейти к заключению, «импульс» не меняет того факта, что нормальное распределение является асимптотическим приближением распределения случайного блуждания, но дисперсия изменяется от до n p / ( 1 - р ) . Это может быть получено из относительно элементарных соображений в этом частном случае. Скажем, не очень сложно обобщить приведенные ниже аргументы в CLT для цепей Маркова с конечным пространством состояний, но самая большая проблема на самом деле - это вычисление дисперсии. Для конкретной проблемы это может$4np(1-p)$$np/(1-p)$быть рассчитанным, и, надеюсь, приведенные ниже аргументы могут убедить читателя, что это правильная дисперсия.

Используя понимание, которое кардинал предоставляет в комментарии, случайное блуждание задается как где X k ∈ { - 1 , 1 }, а X k образуют цепь Маркова с матрицей вероятности перехода ( р 1 - р 1 - р р ) . Для асимптотических соображений, когда n → ∞, начальное распределение X 1 не играет никакой роли, поэтому давайте исправим

$$S_n = \sum_{k=1}^n X_k$$ $X_k \in \{-1, 1\}$$X_k$ $$\left(\begin{array}{cc} p & 1-p \\ 1-p & p \end{array}\right).$$ $n \to \infty$$X_1$ ради следующего аргумента, и предположим также, что 0 < p < 1 . Отличная техника - разложить цепь Маркова на независимые циклы. Пусть σ 1 обозначает первый раз, после времени 1, что цепь Маркова возвращается к 1. То есть, если X 2 = 1, то σ 1 = 2 , а если X 2 = X 3 = - 1 и X 4 = 1, то σ 1 = $X_1 = 1$$0 < p < 1$$\sigma_1$$X_2 = 1$$\sigma_1 = 2$$X_2 = X_3 = -1$$X_4 = 1$$\sigma_1 = 4$, В общем, пусть обозначает время i -го возврата 1, а τ i = σ i - σ i - 1 обозначает времена взаимного возврата (при σ 0 = 1 ). С этими определениями мы имеем$\sigma_i$$i$$\tau_i = \sigma_i - \sigma_{i-1}$$\sigma_0 = 1$

• С , то S σ п = Х 1 + п Σ я = 1 U я$U_i = \sum_{k = \sigma_{i-1}+1}^{\sigma_i} X_k$ $$S_{\sigma_n} = X_1 + \sum_{i=1}^n U_i.$$
• Поскольку принимает значение - 1 для k = σ i - 1 + 1 , … , σ i - 1 и X σ i = 1, считается, что U i = 2 - τ i$X_k$$-1$$k = \sigma_{i-1}+1, \ldots, \sigma_{i}-1$$X_{\sigma_i} = 1$ $$U_i = 2 - \tau_i.$$
• Время взаимного возврата, , для цепи Маркова идентифицировано (формально благодаря сильному свойству Маркова), и в этом случае среднее значение E ( τ i ) = 2 и дисперсия V ( τ i ) = 2 $\tau_i$$E(\tau_i) = 2$ . Ниже указано, как рассчитать среднее значение и дисперсию.$V(\tau_i) = 2\frac{p}{1-p}$
• Обычный CLT для переменных iid приводит к тому, что $$S_{\sigma_n} \overset{\text{asymp}}{\sim} N\left(0, \frac{2np}{1-p}\right).$$
• $\sigma_n = 1 + \sum_{i=1}^n \tau_i \sim 2n$ $$S_{n} \overset{\text{asymp}}{\sim} N\left(0, \frac{np}{1-p}\right).$$

$\tau_1$$P(\tau_1 = 1) = p$$m \geq 2$$P(\tau_1 = m) = (1-p)^2p^{m-2}$$X$$1-p$$Z = 1(\tau_1 = 1)$ then $1 + X(1-Z)$ has the same distribution as $\tau_1$, and it is easy to compute the mean and variance for this latter representation.

Van Belle's 'Rule of Thumb' 8.7 (from the second edition of his book) includes an approximation for the standard error of the mean when innovations have autocorrelation $\rho$. Translating this using $\rho = 2p - 1$ gives

$$\mbox{True standard error of }\bar{x} \approx \sqrt{\frac{p}{1-p}}\frac{s}{\sqrt{n}},$$ where $n \bar{x}$ is the position of the random walk after $n$ steps, and $s$ is the sample standard deviation (which will be, asymptotically in $n$, $\sqrt{1 - \bar{x}^2}$. The upshot is that I expect, as a rough approximation, that the standard deviation of $n \bar{x}$ should be around $\sqrt{n p/(1-p)}$.

edit: I had the wrong autocorrelation (or rather $p$ should have been interpreted differently); is now consistent (I hope!)