確率論の問題

$a=2$, $b=3$ とおき、${\mathcal{F}}_n=\sigma ({\xi }_1,\dots ,{\xi }_n)$ とする。$E[\xi ]=0$, $E[{\xi }^2]=\frac{1}{2}$, $E[{\xi }^3]=0$, $E[{\xi }^4]=\frac{1}{2}$ である。

マルチンゲールの構成. ${\xi }_{n+1}$ が ${\mathcal{F}}_n$ と独立であることから
- $E[(S_n+\xi {)}^2\mid {\mathcal{F}}_n]=S_n^2+\frac{1}{2}$ より $M_n^{(2)}=S_n^2-\frac{n}{2}$
- $E[(S_n+\xi {)}^3\mid {\mathcal{F}}_n]=S_n^3+\frac{3}{2}{S}_n$ より $M_n^{(3)}=S_n^3-\frac{3}{2}n{S}_n$
- $E[(S_n+\xi {)}^4\mid {\mathcal{F}}_n]=S_n^4+3S_n^2+\frac{1}{2}$ を用いて $M_n^{(4)}=S_n^4-3n{S}_n^2+\alpha n^2+\beta n$ とおくと、$E[M_{n+1}^{(4)}\mid {\mathcal{F}}_n]-M_n^{(4)}=\left(2\alpha -\frac{3}{2}\right)n+\left(\alpha +\beta -1\right)$ となるので、$\alpha =\frac{3}{4}$, $\beta =\frac{1}{4}$ とすればよい: $$M_n^{(4)}=S_n^4-3n{S}_n^2+\frac{3}{4}{n}^2+\frac{1}{4}n.$$
はいずれもマルチンゲールである。

任意抽出定理が使える理由. どの状態 $s\in \{-1,0,1,2\}$ からでも、続く $5$ 歩がすべて $+1$ なら境界に達するので、$P(\tau >5k)\le (1-4^{-5}{)}^k$ となり、$\tau$ はすべての次数のモーメントをもつ。$n<\tau$ では $|S_n|\le 2$ なので $|M_{n\wedge \tau }^{(j)}|\le C(1+{\tau }^2)$（$C$ は定数）で、右辺は可積分。よって優収束定理により $E[M_{\tau }^{(j)}]=E[M_0^{(j)}]=0$ が成り立つ。

$S_{\tau }$ の分布. $M_n=S_n$ もマルチンゲールで、$E[S_{\tau }]=0$。$p=P(S_{\tau }=b)$ とおくと $bp-a(1-p)=0$ より $p=\frac{a}{a+b}=\frac{2}{5}$, $P(S_{\tau }=-a)=\frac{3}{5}$。

$E[\tau ]$. $E[S_{\tau }^2]=\frac{1}{2}E[\tau ]$、$E[S_{\tau }^2]=9\cdot \frac{2}{5}+4\cdot \frac{3}{5}=6$ より $E[\tau ]=12$。

$E[\tau S_{\tau }^2]$. $u=E[\tau ;S_{\tau }=3]$, $v=E[\tau ;S_{\tau }=-2]$ とおく。$u+v=12$。$M^{(3)}$ より $E[S_{\tau }^3]=\frac{3}{2}E[\tau S_{\tau }]$ で、$E[S_{\tau }^3]=27\cdot \frac{2}{5}-8\cdot \frac{3}{5}=\frac{54-24}{5}=6$。よって $E[\tau S_{\tau }]=3u-2v=4$。$u+v=12$ と連立して $5u=28$, $u=\frac{28}{5}$, $v=\frac{32}{5}$。したがって $$E[\tau S_{\tau }^2]=9u+4v=\frac{252+128}{5}=76.$$

$E[{\tau }^2]$. $E[S_{\tau }^4]=81\cdot \frac{2}{5}+16\cdot \frac{3}{5}=\frac{162+48}{5}=42$。$E[M_{\tau }^{(4)}]=0$ より $$42-3\cdot 76+\frac{3}{4}E[{\tau }^2]+\frac{1}{4}\cdot 12=0,$$ すなわち $\frac{3}{4}E[{\tau }^2]=228-42-3=183$、$E[{\tau }^2]=244$。

分散. $$V(\tau )=E[{\tau }^2]-(E[\tau ]{)}^2=244-144=100.$$

（確認: 一般に $V(\tau )=\frac{2}{3}ab(2a^2+2b^2-1)$ となり、$a=b=1$ では $\tau$ が成功確率 $\frac{1}{2}$ の幾何分布なので $V(\tau )=2$ と一致する。）

各ステップで確率 $\frac{1}{2}$ で動かず、確率 $\frac{1}{2}$ で $\pm 1$ に等確率で動く。したがって、このランダムウォークは「動いたときだけを見た単純ランダムウォーク」と「各移動の前の待ち時間」に分解できる。単純ランダムウォーク（$\pm 1$ に等確率）が区間 $(-2,3)$ を出るまでの移動回数を $N$、$j$ 回目の移動に要するステップ数を $G_j$ とすると、$G_j$ は互いに独立で成功確率 $p=\frac{1}{2}$ の幾何分布（$\{1,2,\dots \}$ 上）、$N$ と $\{G_j\}$ は独立で、$\tau ={\sum }_{j=1}^N{G}_j$。$E[G]=2$、$V(G)=\frac{1-p}{p^2}=2$。

複合和の分散の公式（$N$ は $G_j$ と独立）より
$$V(\tau )=E[N]V(G)+V(N)E[G{]}^2=2E[N]+4V(N).$$

$N$ の平均と分散: 単純ランダムウォークを $2$ だけずらして、吸収壁 $0,5$ をもつ区間 $\{0,\dots ,5\}$ で $k=2$ から出発するものとみなす。$m(k)=E_k[N]$ は $m(k)=1+\frac{m(k-1)+m(k+1)}{2}$, $m(0)=m(5)=0$ より $m(k)=k(5-k)$、$m(2)=6$。

$q(k)=E_k[N^2]$ は $q(k)=1+2\cdot \frac{m(k-1)+m(k+1)}{2}+\frac{q(k-1)+q(k+1)}{2}$ で、$\frac{m(k-1)+m(k+1)}{2}=m(k)-1$ なので $q(k)=2m(k)-1+\frac{q(k-1)+q(k+1)}{2}$、つまり $q(k+1)-2q(k)+q(k-1)=-4m(k)+2=4k^2-20k+2$。境界条件 $q(0)=q(5)=0$ のもとで解くと
$$q(k)=\frac{k^4}{3}-\frac{10k^3}{3}+\frac{2k^2}{3}+\frac{115k}{3}.$$
$q(2)=\frac{16-80+8+230}{3}=58$ なので $V(N)=58-6^2=22$。

よって $V(\tau )=2\cdot 6+4\cdot 22=12+88=100$。

検算: オプショナル・ストッピング定理（$S_n$ と $S_n^2-\frac{n}{2}$ はマルチンゲール）から $E[\tau ]=2E[S_{\tau }^2]$。$P(S_{\tau }=3)=\frac{2}{5}$, $P(S_{\tau }=-2)=\frac{3}{5}$ なので $E[S_{\tau }^2]=9\cdot \frac{2}{5}+4\cdot \frac{3}{5}=6$、$E[\tau ]=12=2E[N]$ と一致する。分散は単純ランダムウォークの公式 $V(N)=\frac{ab(a^2+b^2-2)}{3}$（$a=2,b=3$）$=\frac{6\cdot 11}{3}=22$ とも一致する。