Несколько задач про случайное блуждание

[IE]

Рассмотрим множество $\mathcal{F}^n$ кусочно-линейных функций вида: $f(0)=0; f(x)=f(i)+\alpha_i(x-i), \quad{} i\leqslant x\leqslant i+1, 0 \leqslant i \leqslant n-1$, где $\alpha_i = +1 \text{ или} -1$

1) Найти вероятность того, что случайно выбранная функция из $\mathcal{F}^n$ имеет в полуинтервале (0,n] ровно t корней.
2) Найти вероятность того, что случайно выбранная функция $f$ из $\mathcal{F}^n$ имеет $\int\limits_0^n{f(x)dx}=0$

В 1 формулы включения-исключения при своей правильности мало помогают и дают достаточно громоздкую сумму. В принципе можно попытаться как-то использовать следующие результаты: (далее считаем, что длительность случайного блуждания - 2n). Для $0\leqslant k\leqslant n$ обозначим $u_{2k}=P\{f(2k)=0\},\quad{} v_{2k}=P\{min\{1\leqslant l \leqslant 2n : f(l)=0\}=2k\}$ ($v_{2k}$ --- вероятность того, что первое возвращение в 0 произойдет в точке 2k)

$$u_{2k}=C^k_{2k}2^{-2k}, \quad{} v_{2k}=\frac{1}{2k}u_{2(k-1)}$$

В 2 $\int\limits_0^n{f(x)dx}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}{\int\limits_i^{i+1}{f(x)dx}}$, где $\int\limits_i^{i+1}{f(x)dx}=\int\limits_i^{i+1}{f(i)+\alpha_i(x-i)dx}=f(i)+\frac{\alpha_i}{2}$, следовательно сам интеграл $\int\limits_0^n{f(x)dx=f(0)+\frac{\alpha_0}{2}+ \dots + f(n-1) + \frac{\alpha_{n-1}}{2} = f(1)-\frac{\alpha_0}{2}+ \dots + f(n) - \frac{\alpha_{n-1}}{2}$
сходу получить из этого удобное условие равенства нулю интеграла пока не получилось.

[мат-ламер]

У Виленкиных есть книга по комбинаторике. Гл. 6. Блуждания... . Но конкретно Вашей задачи там нет. Но может методы Вам пригодятся?

[JollyRoger]

мат-ламер в сообщении #229088 писал(а):

У Виленкиных есть книга по комбинаторике.

Это вроде бы книга для школьников.

[мат-ламер]

Если Виленкины не помогут, то можно загуглить "Случайные блуждания", и на первой странице можно найти лекции Афанасьева, которые можно закачать. Возможно дальше тоже что-нибудь есть.

[IE]

А надо было просто открыть Феллера)), кому интересно и лень открывать привожу решение.
В его основе лежат следующие утверждения:
1) Пусть $u_{2n}=\frac{C^n_{2n}}{2^{2n}}$ и $f_{2n}=\frac{u_{2n-2}}{2n}, f_0=0$, тогда

$$u_{2n}=P\{S_{2n}=0\}$$

$$u_{2n}=P\{S_1\neq 0,\dots ,S_{2n}\neq 0\}$$

$$f_{2n}=P\{S_1 \neq 0, \dots , S_{2n-1} \neq 0 , S_{2n}=0 \}$$

и

$$f_{2n}^{(y)}=\frac{y}{2n-y}C^n_{2n-y}2^{-(2n-y)}, \quad{} n\geqslant y>0$$

где $f_{2n}^{(y)}$ --- вероятность того. что значение $y$ впервые достигается в момент $2n-y$, более того, оказывается, что $f_{2n}^{(y)}$ --- вероятность того, что в момент времени $2n$ имеет место $y$-е возвращение в начало координат.

Пусть $z_{2n}^{(r)}$ --- вероятность того, что за время $2n$ частица ровно $r$ раз возвратится в начало координат. Тогда

$$z_{2n}^{(r)}=\frac{1}{2^{2n-r}}C^n_{2n-r}$$

Доказательство: пусть последнее возвращение в ноль произошло в момент $2n-2\nu <2n$, участок длины $2\nu$ после последнего возвращения можно выбрать столькими же способами, сколькими можно выбрать путь, соединяющий $(2n-2\nu,0)$ и $(2n,0)$ . Следовательно искомая вероятность равна вероятности того, что в момент $2n$ произойдет возвращение в ноль и ему будут предшествовать не менее $r$ возвращений.

$$z_{2n}^{(r)}=f^{(r)}_{2n}+f^{(r+1)}_{2n}+ \dots$$

Для суммирования разложим $f^{(y)}_{2n}$

$$f^{(y)}_{2n}=\frac{1}{2^{2n-y}}C^n_{2n-y}-\frac{1}{2^{2n-y-1}}C_{2n-y-1}^n$$