確率論の問題

${\mathcal{F}}_n=\sigma ({\xi }_1,\dots ,{\xi }_n)$ とする。

3 つのマルチンゲール. $E[\xi ]=0$, $E[{\xi }^2]=1$, $E[{\xi }^3]=0$ より、次はいずれも $({\mathcal{F}}_n)$-マルチンゲールである。
- $S_n$
- $S_n^2-n$：$E[(S_n+\xi {)}^2-(n+1)\mid {\mathcal{F}}_n]=S_n^2+1-(n+1)=S_n^2-n$
- $M_n:=S_n^3-3n{S}_n$：
$$E[(S_n+\xi {)}^3-3(n+1)(S_n+\xi )\mid {\mathcal{F}}_n]=S_n^3+3S_n-3(n+1)S_n=S_n^3-3n{S}_n.$$

任意抽出定理が使えること. 連続する $a+b$ 回の歩みがすべて $+1$ なら必ず区間から出るので、$P(T>k(a+b))\le {\left(1-2^{-(a+b)}\right)}^k$ となり、$T$ のすべての次数のモーメントは有限である。$n\le T$ では $|S_n|\le \max (a,b)=:c$ なので、$|S_{n\wedge T}|\le c$, $|S_{n\wedge T}^2-(n\wedge T)|\le c^2+T$, $|M_{n\wedge T}|\le c^3+3cT$ であり、いずれも可積分な確率変数で押さえられる。よって $E[X_{n\wedge T}]=E[X_0]$ で $n\to \infty$ とし、優収束定理により $E[X_T]=E[X_0]$ が 3 つのマルチンゲールについて成り立つ。

$p=P(S_T=b)$ と $E[T]$. $E[S_T]=0$ より $pb-(1-p)a=0$、よって $p=\frac{a}{a+b}$。$E[S_T^2]=E[T]$ より $E[T]=p{b}^2+(1-p)a^2=\frac{a{b}^2+b{a}^2}{a+b}=ab$。

$M$ を使う. $u=E[T;S_T=b]$, $v=E[T;S_T=-a]$ とおくと $u+v=E[T]=ab$。$E[M_T]=0$ より
$$E[S_T^3]=3E[T{S}_T]=3(bu-av).$$
左辺は
$$E[S_T^3]=p{b}^3-(1-p)a^3=\frac{a{b}^3-b{a}^3}{a+b}=ab(b-a).$$
よって $bu-av=\frac{ab(b-a)}{3}$。$v=ab-u$ を代入して
$$(a+b)u=a^{2}b+\frac{ab(b-a)}{3}=\frac{ab(3a+b-a)}{3}=\frac{ab(2a+b)}{3},u=\frac{ab(2a+b)}{3(a+b)}.$$
したがって
$$E[T\mid S_T=b]=\frac{u}{p}=\frac{ab(2a+b)}{3(a+b)}\cdot \frac{a+b}{a}=\frac{b(2a+b)}{3}.$$

検算. $a=1,b=2$ のとき、$2$ に先に達する道は $0\to 1\to (0\to 1{)}^{k-1}\to 2$ の形で、$T=2k$ となる確率は $4^{-k}$。$P(S_T=2)=\sum 4^{-k}=\frac{1}{3}$, $E[T;S_T=2]=\sum 2k\cdot 4^{-k}=\frac{8}{9}$ なので条件付き期待値は $\frac{8}{3}$。公式でも $\frac{2\cdot (2+2)}{3}=\frac{8}{3}$ で一致する。

答え: $\frac{b(2a+b)}{3}$

$L=a+b$ とし、$y=x+a$ を平行移動した座標（出発点 $x=0$ は $y=a$）とする。$T$ は $y\in \{0,L\}$ への到達時刻、$S_T=b$ は $y=L$ への到達に対応する。

$u(y)=E_y[T{1}_{\{S_T=b\}}]$、$p(y)=P_y(S_T=b)=y/L$（賭博者の破産問題）とおく。1 歩目で分解すると
$$u(y)=\frac{1}{2}(u(y+1)+u(y-1))+p(y),u(0)=u(L)=0.$$
（$T=1+T^{\prime }$ と分解し、$E[1\cdot 1_{\{S_T=b\}}]=p(y)$ が加わる。）

解の候補 $u(y)=\frac{y(L^2-y^2)}{3L}$ を代入する。$y^3$ の 2 階差分は $6y$ なので $u(y+1)+u(y-1)-2u(y)=-\frac{6y}{3L}=-\frac{2y}{L}$。したがって $\frac{1}{2}(u(y+1)+u(y-1))-u(y)=-\frac{y}{L}=-p(y)$ となり漸化式を満たし、境界条件 $u(0)=u(L)=0$ も満たす。有限区間での一意性より、これが解である。

ゆえに
$$E[T\mid S_T=b]=\frac{u(a)}{p(a)}=\frac{L^2-a^2}{3}=\frac{(a+b{)}^2-a^2}{3}=\frac{b(2a+b)}{3}.$$

検算: $a=b=1$ のとき $S_T=1$ となるのは ${\xi }_1=1$ のときだけで $T=1$。公式は $1\cdot 3/3=1$ で一致。また $a=1,b=2$ のとき、$S_T=2$ となる経路は $+1,+1$（確率 $1/4$、$T=2$）、$+1,-1,+1,+1$ 等を考える代わりに公式から $2\cdot 4/3=8/3$。$a=2,b=1$ のとき公式は $1\cdot 5/3=5/3$。対称性より $E[T]=ab=2$ と、$E[T]=P(b)E[T|b]+P(-a)E[T|-a]$ が $\frac{a}{L}\cdot \frac{b(2a+b)}{3}+\frac{b}{L}\cdot \frac{a(2b+a)}{3}=\frac{ab(2a+b+2b+a)}{3L}=ab$ と成り立つことを確認した。