確率論の問題

方針. まず $\tau$ の裾が指数的に減衰することを示して $E[{\tau }^2]<\infty$ を得る。次に 2 つのマルチンゲール $S_n-n\mu$ と $S_n^2-2\mu {\sum }_{k=0}^{n-1}{S}_k-n$ を $\tau \wedge n$ で止め、優収束定理で $n\to \infty$ とする。

準備. $\{\tau \le n\}={\bigcup }_{k=0}^n\{S_k=b\}\in {\mathcal{F}}_n$ なので $\tau$ は停止時刻である。歩幅が $\pm 1$ で $S_0=0<b$ なので、$S$ は $b$ を飛び越せない。よって $n<\tau$ ならば $S_n<b$ であり、また $|S_n|\le n$ より $S_n\ge -n$ である。$\tau <\infty$ なら $S_{\tau }=b$ である。また ${\xi }_{n+1}$ は ${\mathcal{F}}_n$ と独立で、$E[{\xi }_{n+1}]=p-q=\mu$, ${\xi }_{n+1}^2=1$ である。$|S_n|\le n$ なので、以下で固定した $n$ に対して現れる確率変数はすべて有界で可積分である。条件付き期待値では、${\mathcal{F}}_n$-可測なものは外に出せること、${\mathcal{F}}_n$ と独立なものの条件付き期待値はその期待値になることを使う。

ステップ 1（$\tau$ の裾の評価）. $\tau >n$ ならば $S_n<b$ なので $\{\tau >n\}\subset \{S_n<b\}$ である。$\theta >0$ を $e^{\theta }=\sqrt{p/q}$ で定める（$p>q$ より $e^{\theta }>1$ なので $\theta >0$）。$S_n<b$ のとき $e^{-\theta S_n}>e^{-\theta b}$ だから、マルコフの不等式と ${\xi }_i$ の独立性より
$$P(\tau >n)\le P\left(e^{-\theta S_n}\ge e^{-\theta b}\right)\le e^{\theta b}E\left[e^{-\theta S_n}\right]=e^{\theta b}\prod _{i=1}^{n}E\left[e^{-\theta {\xi }_i}\right]=e^{\theta b}{\left(p{e}^{-\theta }+q{e}^{\theta }\right)}^n.$$
ここで $p{e}^{-\theta }=p\sqrt{q/p}=\sqrt{pq}$, $q{e}^{\theta }=q\sqrt{p/q}=\sqrt{pq}$ なので、$\rho =2\sqrt{pq}$ とおくと
$$P(\tau >n)\le {\left(\frac{p}{q}\right)}^{b/2}{\rho }^n.$$
${\rho }^2=4pq=(p+q{)}^2-(p-q{)}^2=1-{\mu }^2<1$ なので $0\le \rho <1$ である。

よって $P(\tau =\infty )\le P(\tau >n)\to 0(n\to \infty )$ となり、$\tau <\infty$ a.s. である。さらに、非負整数値の $\tau$ について ${\tau }^2={\sum }_{n=0}^{\tau -1}(2n+1)={\sum }_{n=0}^{\infty }(2n+1)1_{\{\tau >n\}}$ であるから、項別積分（単調収束定理）より
$$E[{\tau }^2]=\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1)P(\tau >n)\le {\left(\frac{p}{q}\right)}^{b/2}\sum _{n=0}^{\infty }(2n+1){\rho }^n<\infty .$$
特に $E[\tau ]<\infty$ でもある（$\tau \le {\tau }^2$）。

ステップ 2（$A$ の可積分性と優関数）. $T_n=\tau \wedge n$, $A_n={\sum }_{k=0}^{T_n-1}{S}_k$ とおく（$T_n=0$ のときは $A_n=0$）。準備より $0\le k<\tau$ では $-k\le S_k<b$ なので $|S_k|\le b+\tau$ であり、
$$|A_n|\le \sum _{k=0}^{\tau -1}|S_k|\le \tau (b+\tau ),|A|\le \tau (b+\tau ).$$
また $T_n<\tau$ なら $-\tau \le S_{T_n}<b$、$T_n=\tau$ なら $S_{T_n}=b$ なので $|S_{T_n}|\le b+\tau$ である。ステップ 1 より $E[\tau (b+\tau )]=bE[\tau ]+E[{\tau }^2]<\infty$, $E[(b+\tau {)}^2]<\infty$ である。特に $A$ は可積分である。

さらに $\tau <\infty$ a.s. なので、a.s. に $n\ge \tau$ なるすべての $n$ で $T_n=\tau$, $S_{T_n}=S_{\tau }=b$, $A_n=A$ となる。すなわち a.s. に $S_{T_n}\to b$, $A_n\to A$ である。

ステップ 3（$E[\tau ]=b/\mu$）. $L_n=S_n-n\mu$ とおくと $E[L_{n+1}\mid {\mathcal{F}}_n]=S_n+E[{\xi }_{n+1}]-(n+1)\mu =S_n-n\mu =L_n$ なので $(L_n)$ はマルチンゲールで $L_0=0$ である。任意抽出定理より $E[L_{T_n}]=0$、すなわち
$$E[S_{T_n}]=\mu E[T_n].$$
左辺は $|S_{T_n}|\le b+\tau$（可積分）と $S_{T_n}\to b$ a.s. から優収束定理で $b$ に、右辺は $T_n\uparrow \tau$ から単調収束定理で $\mu E[\tau ]$ に収束する。よって
$$E[\tau ]=\frac{b}{\mu }.(1)$$

ステップ 4（2 次のマルチンゲール）. $M_n=S_n^2-2\mu {\sum }_{k=0}^{n-1}{S}_k-n$ とおく（$M_0=0$）。$S=S_n$, $\xi ={\xi }_{n+1}$ と書くと
$$E[S_{n+1}^2\mid {\mathcal{F}}_n]=S^2+2SE[\xi ]+E[{\xi }^2]=S^2+2\mu S+1$$
なので
$$E[M_{n+1}\mid {\mathcal{F}}_n]=S^2+2\mu S+1-2\mu \sum _{k=0}^n{S}_k-(n+1)=S^2-2\mu \sum _{k=0}^{n-1}{S}_k-n=M_n.$$
よって $(M_n)$ はマルチンゲールである。$M_{T_n}=S_{T_n}^2-2\mu A_n-T_n$ であるから、任意抽出定理より
$$E[S_{T_n}^2]-2\mu E[A_n]-E[T_n]=0.(2)$$

ステップ 5（極限）. $n\to \infty$ とする。$S_{T_n}^2\to b^2$ a.s. かつ $S_{T_n}^2\le (b+\tau {)}^2$（可積分）なので優収束定理より $E[S_{T_n}^2]\to b^2$。$A_n\to A$ a.s. かつ $|A_n|\le \tau (b+\tau )$（可積分）なので優収束定理より $E[A_n]\to E[A]$。$E[T_n]\to E[\tau ]=b/\mu$ は単調収束定理と (1) による。よって (2) から
$$b^2-2\mu E[A]-\frac{b}{\mu }=0.$$
$\mu >0$ なので
$$E[A]=\frac{1}{2\mu }\left(b^2-\frac{b}{\mu }\right)=\frac{b(b\mu -1)}{2{\mu }^2}.$$

結論. $\tau <\infty$ a.s. であり、$A={\sum }_{k=0}^{\tau -1}{S}_k$ は可積分で $E[A]=\frac{b(b\mu -1)}{2{\mu }^2}$ である。$■$

（確かめ: $p\to 1$ のとき $\mu \to 1$ で右辺は $\frac{b(b-1)}{2}=0+1+\cdots +(b-1)$ となり、まっすぐ $b$ まで上る経路の面積と一致する。）