Momentum ile rastgele yürüyüş

Aşağıdaki koşullarla 0'dan başlayarak tamsayı rastgele bir yürüyüş düşünün:

İlk adım eşit olasılıkla artı veya eksi 1'dir.
Gelecekteki her adım:% 60'ın bir önceki adımla aynı yönde olması,% 40'ının ters yönde olması muhtemeldir

Bu ne tür bir dağıtım sağlıyor?

Momentum olmayan rastgele bir yürüyüşün normal dağılım sağladığını biliyorum. Momentum sadece varyansı mı, yoksa dağılımın doğasını tamamen mi değiştiriyor?

Genel bir cevap arıyorum, bu yüzden% 60 ve% 40 yukarıda, gerçekten p ve 1-p demek istiyorum

stochastic-processes randomness random-walk

— barrycarter
kaynak

Aslında @Dilip, sıralı çiftler

(i, i + 1)

$(i,i+1)$ ve

(i, i - 1)

$(i,i-1)$ ,

ile dizinlenmiş durumlara sahip bir Markov zincirine ihtiyacınız var

i \in Z

$i\in\mathbb{Z}$ . Geçişler

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

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

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

$(i,i-1)\to(i-1,i)$ olasılığıile

p

$p$

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

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

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

$(i,i-1)\to(i-1,i-2)$ olasılığı

1 - p

$1-p$ .

— whuber

Adım boyutlarının

üzerinde bir Markov zinciri oluşturduğunu

{- 1, + 1}

$\{-1,+1\}$ ve sabit bir dağıtımda başlattığınızı (?!) unutmayın.

— kardinal

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

$S_n = \sum_{i=1}^n X_n$ için

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

$X_n \in \{-1,+1\}$ yürüyüşün adımları olduğu için sınırlayıcı (marjinal) bir dağılım mı istiyorsunuz ?

— kardinal

Başka bir yaklaşım, geometrik rastgele değişkenlerin dönüşümlü toplamlarına bakmak ve daha sonra bazı martingal teorisi uygulamak olabilir. Sorun şu ki, zor olabilecek bir tür durma süresi tanımlamanız gerekir.

— shabbychef

Yanıtlar:

Hemen sonuca atlamak için, "momentum" normal dağılımın, rastgele yürüyüşün dağılımının asimptotik bir yaklaşımı olduğu gerçeğini değiştirmez, ancak varyans den . Bu, bu özel durumda göreceli temel değerlendirmelerle elde edilebilir. Markov zincirleri sonlu durum uzayı için bir CLT'ye aşağıdaki argümanları genelleştirmek çok zor değil, ama en büyük sorun aslında varyansın hesaplanmasıdır. Özellikle problem için bu can $4np(1-p)$ $np/(1-p)$ ve umarım aşağıdaki argümanlar okuyucuya doğru varyans olduğuna ikna edebilir.

Cardinal bir yorumda sağladığı bilgi kullanılarak, rasgele olarak verilir burada ve 'nın geçiş olasılığı matrisi ile Markov zinciri meydana olduğunda asimptotik düşünceler için ilk dağılımı hiçbir rol oynamaz, bu yüzden düzeltelım

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}

$X_1$

X_{1} = 1

$X_1 = 1$ Aşağıdaki argüman uğruna ve ayrıca

olduğunu varsayın . Kaygan bir teknik, Markov zincirini bağımsız döngülere ayrıştırmaktır. Let

anlamında olabildikleri ilk zaman sonra 1, yani 1 olarak Markov zinciri döner, eğer

daha sonra

ve eğer

daha sonra

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

$\sigma_1 = 4$ . Genel olarak,

geri dönüş süresini 1 olarak gösterelim ve

σ_{i}

$\sigma_i$

i

$i$

ifadearası dönüş süreleriile (

). Bu tanımlarla,

τ_{i} = σ_{i} - σ_{i - 1}

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

σ_{0} = 1

$\sigma_0 = 1$

İle daha sonra $U_i = \sum_{k = \sigma_{i-1}+1}^{\sigma_i} X_k$ $S_{σ_{n}} = X_{1} + \sum_{i = 1}^{n} U_{i} .$ $S_{\sigma_n} = X_1 + \sum_{i=1}^n U_i.$
Yana değerini alır için ve burada geçerli $X_k$ $-1$ $k = \sigma_{i-1}+1, \ldots, \sigma_{i}-1$ $X_{\sigma_i} = 1$ $U_{i} = 2 - τ_{i} .$ $U_i = 2 - \tau_i.$
Bir Markov zinciri için geri dönüş süreleri, , iid (resmi olarak güçlü Markov özelliğinden dolayı) ve bu durumda ortalama ve varyans $\tau_i$ $E(\tau_i) = 2$ . Aşağıdaki ortalama ve varyansın nasıl hesaplanacağı belirtilmiştir. $V(\tau_i) = 2\frac{p}{1-p}$
IID değişkenler verim sıradan CLT bu $S_{σ_{n}} \overset{asymp}{\sim} N (0, \frac{2 n p}{1 - p}) .$ $S_{\sigma_n} \overset{\text{asymp}}{\sim} N\left(0, \frac{2np}{1-p}\right).$
$\sigma_n = 1 + \sum_{i=1}^n \tau_i \sim 2n$ $S_{n} \overset{asymp}{\sim} N (0, \frac{n p}{1 - p}) .$ $S_{n} \overset{\text{asymp}}{\sim} N\left(0, \frac{np}{1-p}\right).$

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

+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
kaynak

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