1. 题目
数轴上 1 的位置一个点 A, 可左右随机游动. 每次游动距离为 1, 往左游动的概率是 1/3, 往右游动的概率是 2/3; 0是吸收壁 (游动到 0 就是结束).
问题:
(1) 点 A 能游动 n n n 步的概率 (推导一下关于 n n n 的公式, n ≥ 1 n \geq 1 n≥1);
(2) 游动 n n n 步的条件下, 游动位移总和的(条件)分布.
2. 解
令 S ∈ { L , R } ∗ S \in \{L, R\}^* S∈{
L,R}∗ 为当前移动对应的字符串, 其中 L L L 和 R R R 分别表示向左、向右移动一个单位.
我们来求刚好在第 k k k 步被吸收的概率.
2.1 观察
当 n = 0 n = 0 n=0 时,点 A 被吸收的概率为 0. 处于数轴上 1 的概率为 1 (它本来就在那里). 对应于 S = ε S = \varepsilon S=ε.
当 n = 1 n = 1 n=1 时,点 A 被吸收的概率为 p = 1 3 p = \frac{1}{3} p=31. S = L S = L S=L.
当 n = 2 n = 2 n=2 时,点 A 被吸收的概率为 0. 刚好回到初始位置的概率为 c ( 1 ) ( 1 − p ) p c(1) (1-p)p c(1)(1−p)p. S = R L S = RL S=RL. 其中 c ( 1 ) = 1 c(1) = 1 c(1)=1.
当 n = 3 n = 3 n=3 时,点 A 被吸收的概率为 c ( 1 ) ( 1 − p ) p 2 c(1)(1 - p)p^2 c(1)(1−p)p2. S = R L L S = RLL S=RLL.
当 n = 4 n = 4 n=4 时,点 A 被吸收的概率为 0. 回到初始位置的概率为 c ( 2 ) ( 1 − p ) 2 p 2 c(2) (1-p)^2p^2 c(2)(1−p)2p2. S = R L R L S = RLRL S=RLRL 或 R R L L RRLL RRLL. c ( 2 ) = 2 c(2) = 2 c(2)=2
当 n = 5 n = 5 n=5 时,点 A 被吸收的概率为 c ( 2 ) ( 1 − p ) 2 p 3 c(2)(1 - p)^2p^3 c(2)(1−p)2p3.
当 n = 6 n = 6 n=6 时,点 A 被吸收的概率为 0. 回到初始位置的概率为 c ( 3 ) ( 1 − p ) 3 p 3 c(3) (1-p)^3p^3 c(3)(1−p)3p3. S = R L R L R L S = RLRLRL S=RLRLRL 或 R R L L R L RRLLRL RRLLRL 或 R R L R L L RRLRLL RRLRLL 或 R R R L L L RRRLLL RRRLLL 或 R L R R L L RLRRLL RLRRLL. c ( 3 ) = 5 c(3) = 5 c(3)=5.
当 n = 7 n = 7 n=7 时,点 A 被吸收的概率为 c ( 3 ) ( 1 − p ) 3 p 4 c(3)(1 - p)^3p^4 c(3)(1−p)3p4.
2.2 解
仅当 k k k 为奇数时才有可能被吸收, 因此, 我们应该分析当 k = 2 i + 1 k = 2i + 1 k=2i+1 步时的吸收概率
P ( i ) = c ( i ) ( 1 − p ) i p i + 1 , (1) P(i) = c(i) (1-p)^{i} p^{i + 1} \tag{1}, P(i)=c(i)(1−p)ipi+1,(1)
其中, c i c_i ci 不知道是啥. 但我观察发现, 对应于 i i i 对括号匹配的个数, 其中 R R R 解释为左括号, L L L 解释为右括号. 于是我找度娘: “组合数学中括号匹配的个数”, 她告诉我这个是 Catlan 数 https://blog.csdn.net/weixin_43965698/article/details/104452433
c ( i ) = ∑ j = 0 i − 1 h ( j ) ⋅ h ( i − j − 1 ) = C 2 i i / ( i + 1 ) = C 2 i i − C 2 i i + 1 \begin{array}{ll} c(i) & = \sum_{j=0}^{i-1}h(j) \cdot h(i - j - 1)\\ & = C_{2i}^i / (i + 1)\\ & = C_{2i}^i - C_{2i}^{i + 1} \end{array} c(i)=∑j=0i−1h(j)⋅h(i−j−1)=C2ii/(i+1)=C2ii−C2ii+1
于是 (1) 式变为
P ( i ) = C 2 i i i + 1 ( 1 − p ) i p i + 1 , (2) P(i) = \frac{C_{2i}^i}{i + 1} (1-p)^{i} p^{i + 1} \tag{2}, P(i)=i+1C2ii(1−p)ipi+1,(2)
注意 c ( 0 ) = 1 c(0) = 1 c(0)=1, P ( 0 ) = p P(0) = p P(0)=p.
原题的解为
1 − ∑ i = 0 ⌊ n / 2 ⌋ P ( i ) = 1 − ∑ i = 0 ⌊ n / 2 ⌋ C 2 i i i + 1 ( 1 − p ) i p i + 1 . (3) 1- \sum_{i = 0}^{\lfloor n/2 \rfloor}P(i) = 1- \sum_{i = 0}^{\lfloor n/2 \rfloor}\frac{C_{2i}^i}{i + 1} (1-p)^{i} p^{i + 1} \tag{3}. 1−i=0∑⌊n/2⌋P(i)=1−i=0∑⌊n/2⌋i+1C2ii(1−p)ipi+1.(3)