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楼主: mathe

[转载] 步长随机的行走问题

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 楼主| 发表于 2009-6-25 08:45:31 | 显示全部楼层
呵呵,我又添加了一步推导,47#的猜测是正确的
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2009-6-25 09:04:14 | 显示全部楼层
这个数值也不差啊
再化简一下:
$(e^x)*\sum_(i=0)^(x){(i-x)^i/(i!*e^i)}$
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 楼主| 发表于 2009-6-25 09:09:21 | 显示全部楼层
你漏了一项$(-1)^i$
对于比较小的x,用这个公式比较方便;对于大的x,buffalo的挺方便的,计算前k项后误差为$O(1/{k^{s+1}})$
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 楼主| 发表于 2009-6-25 09:50:19 | 显示全部楼层
mitbbs中,有人提出对于步长分布改成更加一般情况时,记$E_k$为k阶距,那么到达距离s的步数为$s/{E_1}+{E_2}/{2E_1^2}$
这个也可以类似解决.
假设密度分布函数为f(x),其Laplace变换为$L_t(f)(s)$,于是我们知道步数期望的Laplace变换为
$1/{s(1-L_t(f)(s))}$,
由于$L_t(f)(s)=E(e^{-sx})$,其中x为一步长度对应的随机变量
我们得到L_t(f)(0)=1,而且
$L_t(f)(s)=E(1-sx+{(sx)^2}/{2!}-{(sx)^3}/{3!}+....)=1-{E_1s}/{1!}+{E_2s^2}/{2!}-...$
所以如果$E_1>0$(对于步长的分布显然期望大于0),我们知道0时f的二阶极点,
由于
$e^{su}/{s(1-L_t(f)(s))}=1/{s^2}{e^{us}}/{E_1-{E_2}/{2!}s+...}=1/{E_1}1/{s^2}+(u/{E_1}+{E_2}/{2E_1^2})1/s+...$
也就是$e^{su}/{s(1-L_t(f)(s))}$在0的留数为$u/{E_1}+{E_2}/{2E_1^2}$
而对于方程$1-L_t(f)(s)=0$的任意其它零点$s_k$,如果其重数都是1,那么$e^{su}/{s(1-L_t(f)(s))}$在$s_k$处的留数为${e^{us_k}}/{s_k\int_0^{infty}e^{-ts_k}tf(t)dt}={(e^{s_k})^u}/{s_kE(xe^{-xs_k})}$
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 楼主| 发表于 2009-6-25 09:54:59 | 显示全部楼层
所以如果所有非零极点$s_k$重数都是1,而且$|e^{s_k}|<1$,也就是说这些极点都在左平面,那么结果就成立.
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 楼主| 发表于 2009-6-25 10:17:42 | 显示全部楼层
对于非零极点$s_k$,也就是$E(e^{-s_k x})=1$
如果$|e^{s_k}|>1$,那么必然有对所有的正数x,$|e^{-s_k x}|<1$,这是不可能的.
同样如果$|e^{s_k}|=1$,那么如果$s_k!=0$,必然有某些正数x使得$e^{s_kx}!=1$,也不可能满足条件(除非随机变量按概率1取某个值).
所以对于通常的情况,必然所有的$s_k$都在左平面.
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2009-6-25 12:22:11 | 显示全部楼层
这个数值也不差啊
再化简一下:
$(e^x)*\sum_(i=0)^(x){(i-x)^i/(i!*e^i)}$
shshsh_0510 发表于 2009-6-25 09:04


你这个只适用于整数,而且通项是交错的非单调数列,这对数值计算的精度提高是致命的缺陷。
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2009-6-25 12:25:09 | 显示全部楼层
对于非零极点$s_k$,也就是$E(e^{-s_k x}=1)$
如果$|e^{s_k}>1$,那么必然有对所有的正数x,$|e^{-s_k x}|
mathe 发表于 2009-6-25 10:17

如果在虚轴上有零点,则$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n \delta(x-n a)$,反之则是显然的。
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 楼主| 发表于 2009-6-25 12:42:04 | 显示全部楼层
你这个只适用于整数,而且通项是交错的非单调数列,这对数值计算的精度提高是致命的缺陷。
Buffalo 发表于 2009-6-25 12:22

对于非整数也可以用的,上标改成[x]就可以了. 精度的确是一个大问题,不过通项先增后减,而且最终和大概为2x也知道了,误差估计也很简单的,对于比较小的x效率还是很高的.
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 楼主| 发表于 2009-6-25 12:47:39 | 显示全部楼层
如果在虚轴上有零点,则f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n \delta(x-n a),反之则是显然的。
Buffalo 发表于 2009-6-25 12:25

的确,必须是离散情况,而且对于所有概率非0的x,$xs_k$是$2\pi i$的倍数
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