Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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- Luiz Felipe de Lacerda Castilhos
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1 Encontro de Novos Talentos em Matemática 8 de Setembro de 2007
2 Passeio Aleatório No espaço Z d, com d 1, consideramos o movimento de uma partícula que parte da origem e que em cada instante inteiro se desloca para uma das 2d posições vizinhas com a mesma probabilidade ( 1 2d ).
3 Passeio Aleatório No espaço Z d, com d 1, consideramos o movimento de uma partícula que parte da origem e que em cada instante inteiro se desloca para uma das 2d posições vizinhas com a mesma probabilidade ( 1 2d ). Posição da partícula no instante n: X 0 = 0 X n = U U n, onde U i são variáveis aleatórias independentes que tomam cada um dos valores ±e j, j = 1,..., d, com probabilidade 1 2d.
4 Os Problemas Será certo que a partícula regressa ao ponto de partida pelo menos uma vez?
5 Os Problemas Será certo que a partícula regressa ao ponto de partida pelo menos uma vez? Será certo que a partícula regressa ao ponto de partida um número infinito de vezes?
6 Os Problemas Será certo que a partícula regressa ao ponto de partida pelo menos uma vez? Será certo que a partícula regressa ao ponto de partida um número infinito de vezes? Será certo que a partícula visita (uma infinidade de vezes) todos os pontos de Z d?
7 Problema 1 Estamos interessados no acontecimento: O = Regressar à origem em algum instante k 1
8 Problema 1 Estamos interessados no acontecimento: O = Regressar à origem em algum instante k 1 Teremos P(O) = 1 para algum d 1? Se sim, para quais?
9 Probabilidades de primeira passagem Temos O = Regressar à origem em algum instante k 1 = { k 1 tal que X k = 0} = {X k = 0} k=1
10 Probabilidades de primeira passagem Temos O = Regressar à origem em algum instante k 1 = { k 1 tal que X k = 0} = {X k = 0} k=1 Definimos O k = Regressar à origem pela primeira vez no instante k = {X 1 0,..., X k 1 0, X k = 0}
11 Probabilidades de primeira passagem Temos O = Regressar à origem em algum instante k 1 = { k 1 tal que X k = 0} = {X k = 0} k=1 Definimos O k = Regressar à origem pela primeira vez no instante k = {X 1 0,..., X k 1 0, X k = 0} O = k=1 O k
12 Sucessões Resultado P(O) = P(O k ) k=1
13 Sucessões Resultado P(O) = P(O k ) k=1 Precisamos de obter informação sobre das probabilidades f k = P(O k ), que são difíceis de calcular directamente. Fáceis de obter são as probabilidades u k = P(X k = 0).
14 Sucessões Resultado P(O) = P(O k ) k=1 Precisamos de obter informação sobre das probabilidades f k = P(O k ), que são difíceis de calcular directamente. Fáceis de obter são as probabilidades u k = P(X k = 0). Objectivo Obter uma relação entre (u k ) e (f k ).
15 Relação FU Tendo em conta que cada deslocamento é independente dos restantes, decompondo os passeios que voltam à origem no instante n através do instante do primeiro regresso, obtemos
16 Relação FU Tendo em conta que cada deslocamento é independente dos restantes, decompondo os passeios que voltam à origem no instante n através do instante do primeiro regresso, obtemos n P(X n = 0) = P(X 1 0,..., X k 1 0, X k = 0, X n = 0) k=1
17 Relação FU Tendo em conta que cada deslocamento é independente dos restantes, decompondo os passeios que voltam à origem no instante n através do instante do primeiro regresso, obtemos n P(X n = 0) = P(X 1 0,..., X k 1 0, X k = 0, X n = 0) = = k=1 n P(X 1 0,..., X k 1 0, X k = 0, X n X k = 0) k=1 n P(O k )P(X n k = 0) k=1
18 Relação FU Tendo em conta que cada deslocamento é independente dos restantes, decompondo os passeios que voltam à origem no instante n através do instante do primeiro regresso, obtemos n P(X n = 0) = P(X 1 0,..., X k 1 0, X k = 0, X n = 0) = = k=1 n P(X 1 0,..., X k 1 0, X k = 0, X n X k = 0) k=1 n P(O k )P(X n k = 0) k=1 Resultado Para n 1, u n = f 0 u n + f 1 u n f n 1 u 1 + f n u 0 onde u 0 = 1 e f 0 = 0.
19 Funções Geradoras Sejam U(s) = s n u n e F (s) = s n f n n=0 n=0
20 Funções Geradoras Sejam U(s) = s n u n e F (s) = s n f n n=0 n=0 Reparemos que F (1) = n=0 f n = P(O).
21 Funções Geradoras Sejam U(s) = s n u n e F (s) = s n f n n=0 n=0 Reparemos que F (1) = n=0 f n = P(O). Resultado Para s < 1: U(s)F (s) = u 0 f 0 + (f 0 u 1 + f 1 u 0 )s + (f 0 u 2 + f 1 u 1 + f 2 u 0 )s 2 + Pela relação anterior: U(s)F (s) = U(s) 1
22 O Teorema Teorema (Pólya, 1921) u n < P(O) < 1 n=0
23 n=0 u n < P(O) < 1 Esta implicação é trivial pois u n < U(1) <. n=0
24 n=0 u n < P(O) < 1 Esta implicação é trivial pois u n < U(1) <. n=0 Logo, a relação U(s)F (s) = U(s) 1 vale também para s = 1:
25 n=0 u n < P(O) < 1 Esta implicação é trivial pois u n < U(1) <. n=0 Logo, a relação U(s)F (s) = U(s) 1 vale também para s = 1: P(O) = F (1) = U(1) 1 U(1) < 1.
26 n=0 u n < P(O) < 1 Temos F (1) = P(O) < 1.
27 n=0 u n < P(O) < 1 Temos F (1) = P(O) < 1. Para N N, N k=0 u k = lim s 1 N k=0 s k u k lim s 1 U(s) = lim s F (s) = 1 1 F (1).
28 Teorema de Pólya P(O) = = 1 se < 1 se u k = k=0 u k < k=0
29 d = 1 Para n N, u 2n 1 = P(X 2n 1 = 0) = 0 ( ) 2n 1 u 2n = P(X 2n = 0) = n 2 2n
30 d = 1 Para n N, u 2n 1 = P(X 2n 1 = 0) = 0 ( ) 2n 1 u 2n = P(X 2n = 0) = n 2 2n Fórmula de Stirling: n! n n+ 1 2 e n 2π
31 d = 1 Para n N, u 2n 1 = P(X 2n 1 = 0) = 0 ( ) 2n 1 u 2n = P(X 2n = 0) = n 2 2n Fórmula de Stirling: n! n n+ 1 2 e n 2π u 2n 1 πn
32 d = 1 Para n N, u 2n 1 = P(X 2n 1 = 0) = 0 ( ) 2n 1 u 2n = P(X 2n = 0) = n 2 2n Fórmula de Stirling: n! n n+ 1 2 e n 2π u 2n 1 πn u n = P(O) = 1. n=0
33 d = 2 u 2n = 1 4 2n n k=0 (2n)! k! 2 (n k)! 2 = 1 4 2n ( 2n n ) n ( n ) ( 2 2n = k n k=0 ) n
34 d = 2 u 2n = 1 4 2n n k=0 (2n)! k! 2 (n k)! 2 = 1 4 2n ( 2n n ) n ( n ) ( 2 2n = k n k=0 ) n Usando a fórmula de Stirling: u 2n = ( ) 2n 2 1 n 4 2n 1 πn
35 d = 2 u 2n = 1 4 2n n k=0 (2n)! k! 2 (n k)! 2 = 1 4 2n ( 2n n ) n ( n ) ( 2 2n = k n k=0 ) n Usando a fórmula de Stirling: u 2n = ( ) 2n 2 1 n 4 2n 1 πn u n = P(O) = 1. n=0
36 d = 3 u 2n = 1 6 2n n j,k=0 j+k n (2n)! j!j!k!k!(n j k)!(n j k)!
37 d = 3 u 2n = 1 6 2n n j,k=0 j+k n = 1 2 n ( 2n n (2n)! j!j!k!k!(n j k)!(n j k)! ) n j,k=0 j+k n ( ) 1 n! 2 3 n j!k!(n j k)!
38 d = 3 u 2n = 1 6 2n n j,k=0 j+k n = 1 2 n ( 2n n (2n)! j!j!k!k!(n j k)!(n j k)! ) n j,k=0 j+k n 1 n! 1 3 n n 3! n 3!(n n 3 n 3 )! 2 2n ( ) 1 n! 2 3 n j!k!(n j k)! ( ) 2n n
39 d = 3 u 2n = 1 6 2n n j,k=0 j+k n = 1 2 n ( 2n n (2n)! j!j!k!k!(n j k)!(n j k)! ) n j,k=0 j+k n 1 n! 1 3 n n 3! n 3!(n n 3 n 3 )! 2 2n ( ) 1 n! 2 3 n j!k!(n j k)! ( ) 2n n 1 πn 3
40 d = 3 u 2n = 1 6 2n n j,k=0 j+k n = 1 2 n ( 2n n (2n)! j!j!k!k!(n j k)!(n j k)! ) n j,k=0 j+k n 1 n! 1 3 n n 3! n 3!(n n 3 n 3 )! 2 2n ( ) 1 n! 2 3 n j!k!(n j k)! ( ) 2n n u n < P(O) < 1. n=0 1 πn 3
41 d > 3 Representemos por O d o acontecimento O no caso d-dimensional.
42 d > 3 Representemos por O d o acontecimento O no caso d-dimensional. Se considerarmos a projecção da posição X n no subespaço gerado pelas primeiras 3 dimensões temos (depois de suprimidas as possíveis paragens) O d O 3
43 d > 3 Representemos por O d o acontecimento O no caso d-dimensional. Se considerarmos a projecção da posição X n no subespaço gerado pelas primeiras 3 dimensões temos (depois de suprimidas as possíveis paragens) O d O 3 P(O d ) P(O 3 ) < 1
44 Resposta ao Problema 1 = 1 se d = 1, 2 P(O) = < 1 se d 3. Um homem embriagado encontrará o caminho para casa mas um pássaro bêbado pode perder-se para sempre Shizuo Kakutani
45 Problema 2 Estamos interessados no acontecimento O = Regressar à origem uma infinidade de vezes
46 Problema 2 Estamos interessados no acontecimento O = Regressar à origem uma infinidade de vezes = {X n = 0} k=1 n=k
47 Problema 2 Estamos interessados no acontecimento O = Regressar à origem uma infinidade de vezes = {X n = 0} k=1 n=k =: {X n = 0} i.o. (de infinitely often )
48 Problema 2 Estamos interessados no acontecimento O = Regressar à origem uma infinidade de vezes = {X n = 0} k=1 n=k =: {X n = 0} i.o. (de infinitely often ) Teremos P(O ) = 1 para algum d 1? Se sim, para quais?
49 O Teorema Teorema (Pólya, 1921) P(O ) = 1 se 0 se u k = k=0 u k <. k=0
50 O Teorema Teorema (Pólya, 1921) P(O ) = 1 se 0 se u k = k=0 u k <. k=0 Este resultado é do tipo da lei zero-um de Borel, mas esta é aplicável a acontecimentos independentes. A segunda parte do resultado é válida mesmo no caso da dependência (lema de Borel-Cantelli).
51 k=0 u k < P(O ) = 0 ( ) P(O ) = P {X n = 0} k=1 n=k
52 k=0 u k < P(O ) = 0 P(O ) = P ( = lim k P k=1 n=k ) {X n = 0} ( ) {X n = 0} n=k
53 k=0 u k < P(O ) = 0 P(O ) = P ( = lim k P lim k=1 n=k k n=k ) {X n = 0} ( ) {X n = 0} n=k P(X n = 0)
54 k=0 u k < P(O ) = 0 P(O ) = P ( = lim k P lim k=1 n=k k n=k = lim ) {X n = 0} ( ) {X n = 0} n=k P(X n = 0) u n k n=k
55 k=0 u k < P(O ) = 0 P(O ) = P ( = lim k P lim k=1 n=k k n=k = lim = 0. ) {X n = 0} ( ) {X n = 0} n=k P(X n = 0) u n k n=k
56 k=0 u k = P(O ) = 1 É válida a representação alternativa O = m=1 O m onde Om n = Regresso à origem pelo menos m vezes até ao instante n
57 k=0 u k = P(O ) = 1 É válida a representação alternativa O = m=1 O m onde Om n = Regresso à origem pelo menos m vezes até ao instante n Objectivo Mostrar que P(O m ) = 1, para todo o m N.
58 k=0 u k = P(O m ) = 1, m Para n N temos O mn m O m
59 k=0 u k = P(O m ) = 1, m Para n N temos sendo possível provar que O mn m O m P(O m ) P(O mn m ) P(O n 1) m.
60 k=0 u k = P(O m ) = 1, m Para n N temos sendo possível provar que Finalmente, como O mn m O m P(O m ) P(O mn m ) P(O n 1) m. O n 1 = n O k k=1 O k = O, k=1
61 k=0 u k = P(O m ) = 1, m Para n N temos sendo possível provar que Finalmente, como O mn m O m P(O m ) P(O mn m ) P(O n 1) m. O n 1 = n O k k=1 O k = O, k=1 concluímos que P(O m ) (P(O)) m = 1.
62 Resposta ao Problema 2 1 se d = 1, 2 P(O ) = 0 se d 3.
63 Problema 3 Fixando um ponto x de Z d, estamos interessados nos acontecimentos:
64 Problema 3 Fixando um ponto x de Z d, estamos interessados nos acontecimentos: X = Passar em x em algum instante n 1
65 Problema 3 Fixando um ponto x de Z d, estamos interessados nos acontecimentos: X = Passar em x em algum instante n 1 = {X n = x}, n=1
66 Problema 3 Fixando um ponto x de Z d, estamos interessados nos acontecimentos: X = Passar em x em algum instante n 1 = {X n = x}, n=1 X = Passar em x uma infinidade de vezes
67 Problema 3 Fixando um ponto x de Z d, estamos interessados nos acontecimentos: X = Passar em x em algum instante n 1 = {X n = x}, n=1 X = Passar em x uma infinidade de vezes = {X n = x} k=1 n=k = {X n = x} i.o.
68 Problema 3 Fixando um ponto x de Z d, estamos interessados nos acontecimentos: X = Passar em x em algum instante n 1 = {X n = x}, n=1 X = Passar em x uma infinidade de vezes = {X n = x} k=1 n=k = {X n = x} i.o. Teremos P(X ) = 1 para algum d 1? Se sim, para quais?
69 Resposta ao Problema 3 = 1 se d = 1, 2 P(X ) = < 1 se d 3. 1 se d = 1, 2 P(X ) = 0 se d 3.
70 Caso d 3 Usando a mesma ideia que usámos para o primeiro problema, vemos que e P(X n = x) < n=1 P(X ) < 1
71 Caso d 3 Usando a mesma ideia que usámos para o primeiro problema, vemos que e P(X n = x) < n=1 P(X ) < 1 Aplicando o lema de Borel-Cantelli: P(X ) = 0
72 d = 1, 2 Como vimos no Problema 2, a partícula passa infinitas vezes na origem, e quando passa começa um novo passeio aleatório idêntico ao primeiro e independente deste. A probabilidade de em cada um deste passeios o ponto x ser atingido é positiva, sendo por isso certo (pois tem infinitas tentativas ) que será atingido um número infinito de vezes com probabilidade 1.
73 d = 1, 2 Como vimos no Problema 2, a partícula passa infinitas vezes na origem, e quando passa começa um novo passeio aleatório idêntico ao primeiro e independente deste. A probabilidade de em cada um deste passeios o ponto x ser atingido é positiva, sendo por isso certo (pois tem infinitas tentativas ) que será atingido um número infinito de vezes com probabilidade 1. P(X ) = 1 P(X ) = 1
74 Bibliografia Chung, K.L. (2000). Pólya work in Probability. In The Random Walks of George Pólya. AMS. Feller, W. (1950). An Introduction to Probability Theory and its Applications. Wiley. Grinstead, C.M., Snell, J.L. (1997). Introduction to Probability. AMS. Lesigne, E. (2005). Heads or Tails: An Introduction to Limit Theorems in Probability. AMS.
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