Camminata casuale con slancio

Considera una camminata casuale intera che inizia da 0 con le seguenti condizioni:

Il primo passo è più o meno 1, con uguale probabilità.
Ogni passaggio futuro è: il 60% ha probabilità di essere nella stessa direzione del passaggio precedente, il 40% ha probabilità di essere nella direzione opposta

Che tipo di distribuzione produce questo?

So che una camminata casuale senza slancio produce una distribuzione normale. Lo slancio cambia semplicemente la varianza o cambia completamente la natura della distribuzione?

Sto cercando una risposta generica, quindi del 60% e del 40% sopra, intendo davvero p e 1-p

stochastic-processes randomness random-walk

— barrycarter
fonte

In realtà, @Dilip, avete bisogno di una catena di Markov con stati indicizzati da coppie ordinate

(i, i + 1)

$(i,i+1)$ e

(i, i - 1)

$(i,i-1)$ ,

i \in Z

$i\in\mathbb{Z}$ . Le transizioni sono

(i, i + 1) \to (i + 1, i + 1)

$(i,i+1)\to(i+1,i+1)$ e

(i, i - 1) \to (i - 1, i)

$(i,i-1)\to(i-1,i)$ con probabilità

p

$p$ e

(i, i + 1) \to (i + 1, i)

$(i,i+1)\to(i+1,i)$ e

(i, i - 1) \to (i - 1, i - 2)

$(i,i-1)\to(i-1,i-2)$ con probabilità

1 - p

$1-p$ .

— whuber

Nota che le dimensioni del gradino formano una catena Markov su

e ti capita (?!) di averlo avviato in una distribuzione stazionaria.

{- 1, + 1}

$\{-1,+1\}$

— cardinale il

Volete una distribuzione (marginale) limitante per

dove

sono i passi del cammino?

S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} X_{n}

$S_n = \sum_{i=1}^n X_n$

X_{n} \in {- 1, + 1}

$X_n \in \{-1,+1\}$

— cardinale il

Un altro approccio potrebbe essere quello di esaminare somme alternate di variabili casuali geometriche, quindi applicare una teoria martingala. Il problema è che dovresti definire una sorta di tempo di arresto, che potrebbe essere difficile.

— Shabbychef,

Risposte:

Per saltare immediatamente alla conclusione, lo "slancio" non cambia il fatto che la distribuzione normale è un'approssimazione asintotica della distribuzione della camminata casuale, ma la varianza cambia da a . Questo può essere derivato da considerazioni relativamente elementari in questo caso speciale. Non è terribilmente difficile generalizzare gli argomenti di seguito a un CLT per catene di Markov dello spazio degli stati finiti, diciamo, ma il problema più grande è in realtà il calcolo della varianza. Per il problema particolare può $4np(1-p)$ $np/(1-p)$ essere calcolato, e si spera che gli argomenti seguenti possano convincere il lettore che è la varianza corretta.

Utilizzando l'intuizione fornita da Cardinal in un commento, la camminata casuale viene data come dove e le formano una catena di Markov con matrice di probabilità di transizione Per considerazioni asintotiche quando la distribuzione iniziale di non gioca alcun ruolo, quindi risolviamo

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} X_{k}

$S_n = \sum_{k=1}^n X_k$

X_{k} \in {- 1, 1}

$X_k \in \{-1, 1\}$

X_{k}

$X_k$

(\begin{array}{cc} p & 1 - p \\ 1 - p & p \end{array}) .

$\left(\begin{array}{cc} p & 1-p \\ 1-p & p \end{array}\right).$

n \to \infty

$n \to \infty$

X_{1}

$X_1$

per il seguente argomento, e supponiamo anche che

. Una tecnica slick è quella di scomporre la catena di Markov in cicli indipendenti. Lascia che

indichi per la prima volta, dopo il tempo 1, che la catena di Markov ritorna a 1. Cioè, se

quindi

e se

allora

X_{1} = 1

$X_1 = 1$

0 < p < 1

$0 < p < 1$

σ_{1}

$\sigma_1$

X_{2} = 1

$X_2 = 1$

σ_{1} = 2

$\sigma_1 = 2$

X_{2} = X_{3} = - 1

$X_2 = X_3 = -1$

X_{4} = 1

$X_4 = 1$

σ_{1} = 4

$\sigma_1 = 4$ . In generale, lasciare che

denotano l'

'th tempo di ritorno a 1 e lasciare

indicare i tempi di inter-ritorno (con

). Con queste definizioni, abbiamo

σ_{i}

$\sigma_i$

i

$i$

τ_{i} = σ_{i} - σ_{i - 1}

$\tau_i = \sigma_i - \sigma_{i-1}$

σ_{0} = 1

$\sigma_0 = 1$

Con quindi $U_i = \sum_{k = \sigma_{i-1}+1}^{\sigma_i} X_k$ $S_{σ_{n}} = X_{1} + \sum_{i = 1}^{n} U_{i} .$ $S_{\sigma_n} = X_1 + \sum_{i=1}^n U_i.$
Poiché assume il valore per e , sostiene che $X_k$ $-1$ $k = \sigma_{i-1}+1, \ldots, \sigma_{i}-1$ $X_{\sigma_i} = 1$ $U_{i} = 2 - τ_{i} .$ $U_i = 2 - \tau_i.$
The inter-return times, $\tau_i$ , for a Markov chain are i.i.d. (formally due to the strong Markov property) and in this case with mean $E(\tau_i) = 2$ and variance $V(\tau_i) = 2\frac{p}{1-p}$ . It is indicated how to compute the mean and variance below.
The ordinary CLT for i.i.d. variables yields that $S_{σ_{n}} \overset{asymp}{\sim} N (0, \frac{2 n p}{1 - p}) .$ $S_{\sigma_n} \overset{\text{asymp}}{\sim} N\left(0, \frac{2np}{1-p}\right).$
The final thing to note, which requires a small leap of faith, because I leave out the details, is that $\sigma_n = 1 + \sum_{i=1}^n \tau_i \sim 2n$ , which yields that $S_{n} \overset{asymp}{\sim} N (0, \frac{n p}{1 - p}) .$ $S_{n} \overset{\text{asymp}}{\sim} N\left(0, \frac{np}{1-p}\right).$

$\tau_1$ $P(\tau_1 = 1) = p$ $m \geq 2$ $P(\tau_1 = m) = (1-p)^2p^{m-2}$ $X$ $1-p$ and $Z = 1(\tau_1 = 1)$ 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.

— NRH
fonte

+1 nice. I would only have written assymptotic distribution for

1 / \sqrt{n} S_{n}

$1/\sqrt{n}S_n$ , to show clearly that CLT applies in the usual way. But that is only the matter of taste.

— mpiktas

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

True standard error of \bar{x} \approx \sqrt{\frac{p}{1 - p}} \frac{s}{\sqrt{n}},

$\mbox{True standard error of }\bar{x} \approx \sqrt{\frac{p}{1-p}}\frac{s}{\sqrt{n}},$ where

n \bar{x}

$n \bar{x}$ is the position of the random walk after

n

$n$ steps, and

s

$s$ is the sample standard deviation (which will be, asymptotically in

n

$n$ ,

\sqrt{1 - {\bar{x}}^{2}}

$\sqrt{1 - \bar{x}^2}$ . The upshot is that I expect, as a rough approximation, that the standard deviation of

n \bar{x}

$n \bar{x}$ should be around

\sqrt{n p / (1 - p)}

$\sqrt{n p/(1-p)}$ .

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

— shabbychef
fonte

Interesting. I'm not sure that yields anything very sensible for the

p = 0

$p=0$ subcase; though, that could be due to pathologies associated with that case.

— cardinal

@cardinal good catch, the autocorrelation should be

ρ = 2 p - 1,

$\rho = 2p - 1,$ not

1 - 2 p

$1 - 2p$ . correcting it...

— shabbychef