Nem todos os caminhos vão dar a Roma

Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Encontro de Novos Talentos em Matemática
Afonso Bandeira
8 de Setembro de 2007
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Passeio Aleatório
No espaço Zd , 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
1
).
probabilidade ( 2d
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
Passeio Aleatório
No espaço Zd , 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
1
).
probabilidade ( 2d
Posição da partícula no instante n:
X0 = 0
Xn = U1 + · · · + Un ,
onde Ui são variáveis aleatórias independentes que tomam cada um
1
dos valores ±ej , j = 1, . . . , d , com probabilidade 2d
.
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Os Problemas
Será certo que a partícula regressa ao ponto de partida pelo
menos uma vez?
Afonso Bandeira
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
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?
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
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 Zd ?
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 1
Estamos interessados no acontecimento:
O = “Regressar à origem em algum instante k ≥ 1”
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
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?
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Probabilidades de primeira passagem
Temos
O = “Regressar à origem em algum instante k ≥ 1”
= {∃k≥1 tal que Xk = 0}
∞
[
=
{Xk = 0}
k=1
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Probabilidades de primeira passagem
Temos
O = “Regressar à origem em algum instante k ≥ 1”
= {∃k≥1 tal que Xk = 0}
∞
[
=
{Xk = 0}
k=1
Definimos
Ok
= “Regressar à origem pela primeira vez no instante k”
= {X1 6= 0, . . . , Xk−1 6= 0, Xk = 0}
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Probabilidades de primeira passagem
Temos
O = “Regressar à origem em algum instante k ≥ 1”
= {∃k≥1 tal que Xk = 0}
∞
[
=
{Xk = 0}
k=1
Definimos
Ok
= “Regressar à origem pela primeira vez no instante k”
= {X1 6= 0, . . . , Xk−1 6= 0, Xk = 0}
O=
∞
[
Ok
k=1
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Problema 1
Problema 2
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Sucessões
Resultado
P(O) =
∞
X
P(Ok )
k=1
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Problema 1
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Sucessões
Resultado
P(O) =
∞
X
P(Ok )
k=1
• Precisamos de obter informação sobre das probabilidades
fk = P(Ok ),
que são difíceis de calcular directamente.
• Fáceis de obter são as probabilidades
uk = P(Xk = 0).
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Sucessões
Resultado
P(O) =
∞
X
P(Ok )
k=1
• Precisamos de obter informação sobre das probabilidades
fk = P(Ok ),
que são difíceis de calcular directamente.
• Fáceis de obter são as probabilidades
uk = P(Xk = 0).
Objectivo
Obter uma relação entre (uk ) e (fk ).
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
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
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
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
X
P(Xn = 0) =
P(X1 6= 0, . . . , Xk−1 6= 0, Xk = 0, Xn = 0)
k=1
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
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
X
P(Xn = 0) =
P(X1 6= 0, . . . , Xk−1 6= 0, Xk = 0, Xn = 0)
k=1
=
n
X
P(X1 6= 0, . . . , Xk−1 6= 0, Xk = 0, Xn − Xk = 0)
k=1
=
n
X
P(Ok )P(Xn−k = 0)
k=1
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
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
X
P(Xn = 0) =
P(X1 6= 0, . . . , Xk−1 6= 0, Xk = 0, Xn = 0)
k=1
=
n
X
P(X1 6= 0, . . . , Xk−1 6= 0, Xk = 0, Xn − Xk = 0)
k=1
=
n
X
P(Ok )P(Xn−k = 0)
k=1
Resultado
Para n ≥ 1,
un = f0 un + f1 un−1 + · · · + fn−1 u1 + fn u0
onde u0 = 1 e f0 = 0.
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Funções Geradoras
Sejam
U(s) =
∞
X
n
s un
n=0
Afonso Bandeira
e F (s) =
∞
X
s n fn
n=0
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Funções Geradoras
Sejam
U(s) =
∞
X
n
s un
e F (s) =
n=0
• Reparemos que F (1) =
∞
X
s n fn
n=0
P∞
n=0 fn
Afonso Bandeira
= P(O).
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
Funções Geradoras
Sejam
U(s) =
∞
X
n
s un
e F (s) =
n=0
• Reparemos que F (1) =
∞
X
s n fn
n=0
P∞
n=0 fn
= P(O).
Resultado
Para |s| < 1:
U(s)F (s) = u0 f0 + (f0 u1 + f1 u0 )s + (f0 u2 + f1 u1 + f2 u0 )s 2 + · · ·
Pela relação anterior:
U(s)F (s) = U(s) − 1
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Problema 1
Problema 2
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O Teorema
Teorema (Pólya, 1921)
∞
X
un < ∞ ⇔ P(O) < 1
n=0
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P∞
n=0 un
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O) < 1
Esta implicação é trivial pois
∞
X
un < ∞ ⇔ U(1) < ∞.
n=0
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Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Introdução
P∞
n=0 un
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O) < 1
Esta implicação é trivial pois
∞
X
un < ∞ ⇔ U(1) < ∞.
n=0
Logo, a relação
U(s)F (s) = U(s) − 1
vale também para s = 1:
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Introdução
P∞
n=0 un
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O) < 1
Esta implicação é trivial pois
∞
X
un < ∞ ⇔ U(1) < ∞.
n=0
Logo, a relação
U(s)F (s) = U(s) − 1
vale também para s = 1:
P(O) = F (1) =
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U(1) − 1
< 1.
U(1)
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P∞
n=0 un
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇐ P(O) < 1
Temos
F (1) = P(O) < 1.
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Introdução
Problema 1
P∞
n=0 un
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
< ∞ ⇐ P(O) < 1
Temos
F (1) = P(O) < 1.
Para N ∈ N,
N
X
k=0
uk = lim
s↑1
N
X
k=0
s k uk ≤ lim U(s) = lim
s↑1
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s↑1
1
1
=
.
1 − F (s)
1 − F (1)
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Teorema de Pólya
P(O) =




= 1 se










 < 1 se
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∞
X
uk = ∞
k=0
∞
X
uk < ∞
k=0
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
d =1
Para n ∈ N,
u2n−1 = P(X2n−1 = 0) = 0
2n
1
u2n = P(X2n = 0) =
n 22n
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
d =1
Para n ∈ N,
u2n−1 = P(X2n−1 = 0) = 0
2n
1
u2n = P(X2n = 0) =
n 22n
Fórmula de Stirling:
√
1
n! ∼ nn+ 2 e −n 2π
Afonso Bandeira
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
d =1
Para n ∈ N,
u2n−1 = P(X2n−1 = 0) = 0
2n
1
u2n = P(X2n = 0) =
n 22n
Fórmula de Stirling:
√
1
n! ∼ nn+ 2 e −n 2π
1
u2n ∼ √
πn
Afonso Bandeira
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
d =1
Para n ∈ N,
u2n−1 = P(X2n−1 = 0) = 0
2n
1
u2n = P(X2n = 0) =
n 22n
Fórmula de Stirling:
√
1
n! ∼ nn+ 2 e −n 2π
1
u2n ∼ √
πn
↓
∞
X
un = ∞ −→ P(O) = 1.
n=0
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d =2
u2n =
X
2
n
n 1 X
1
(2n)!
1
2n
n 2
2n
=
=
42n
k!2 (n − k)!2
42n n
42n
k
n
k=0
k=0
Afonso Bandeira
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d =2
u2n =
X
2
n
n 1 X
1
(2n)!
1
2n
n 2
2n
=
=
42n
k!2 (n − k)!2
42n n
42n
k
n
k=0
k=0
Usando a fórmula de Stirling:
u2n =
2n
n
Afonso Bandeira
2
1
1
∼
2n
4
πn
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d =2
u2n =
X
2
n
n 1 X
1
(2n)!
1
2n
n 2
2n
=
=
42n
k!2 (n − k)!2
42n n
42n
k
n
k=0
k=0
Usando a fórmula de Stirling:
u2n =
2n
n
2
1
1
∼
2n
4
πn
↓
∞
X
un = ∞ −→ P(O) = 1.
n=0
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
d =3
u2n =
n
1 X
(2n)!
2n
6 j,k=0 j!j!k!k!(n − j − k)!(n − j − k)!
j+k≤n
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
d =3
u2n =
n
1 X
(2n)!
2n
6 j,k=0 j!j!k!k!(n − j − k)!(n − j − k)!
j+k≤n
=
1
2n
2n
n
2
X
n n!
1
3n j!k!(n − j − k)!
j,k=0
j+k≤n
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
d =3
u2n =
n
1 X
(2n)!
2n
6 j,k=0 j!j!k!k!(n − j − k)!(n − j − k)!
j+k≤n
=
1
2n
2n
n
2
X
n n!
1
3n j!k!(n − j − k)!
j,k=0
j+k≤n
≤
n!
1
1
n n
n
n
n
3 3 ! 3 !(n − 3 − 3 )! 22n
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2n
n
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d =3
u2n =
n
1 X
(2n)!
2n
6 j,k=0 j!j!k!k!(n − j − k)!(n − j − k)!
j+k≤n
=
1
2n
2n
n
2
X
n n!
1
3n j!k!(n − j − k)!
j,k=0
j+k≤n
≤
n!
1
1
n n
n
n
n
3 3 ! 3 !(n − 3 − 3 )! 22n
Afonso Bandeira
2n
n
∼√
1
πn3
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d =3
u2n =
n
1 X
(2n)!
2n
6 j,k=0 j!j!k!k!(n − j − k)!(n − j − k)!
j+k≤n
=
1
2n
2n
n
2
X
n n!
1
3n j!k!(n − j − k)!
j,k=0
j+k≤n
≤
n!
1
1
n n
n
n
n
3 3 ! 3 !(n − 3 − 3 )! 22n
2n
n
∼√
1
πn3
↓
∞
X
un < ∞ −→ P(O) < 1.
n=0
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d >3
Representemos por Od o acontecimento O no caso d -dimensional.
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d >3
Representemos por Od o acontecimento O no caso d -dimensional.
Se considerarmos a projecção da posição Xn no subespaço gerado
pelas primeiras 3 dimensões temos (depois de suprimidas as
possíveis paragens)
Od ⊂ O3
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
d >3
Representemos por Od o acontecimento O no caso d -dimensional.
Se considerarmos a projecção da posição Xn no subespaço gerado
pelas primeiras 3 dimensões temos (depois de suprimidas as
possíveis paragens)
Od ⊂ O3
↓
P(Od ) ≤ P(O3 ) < 1
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Resposta ao Problema 1
P(O) =

 = 1 se d = 1, 2

< 1 se d ≥ 3.
“Um homem embriagado encontrará o caminho para casa
mas um pássaro bêbado pode perder-se para sempre”
Shizuo Kakutani
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 2
Estamos interessados no acontecimento
O∞
=
“Regressar à origem uma infinidade de vezes”
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 2
Estamos interessados no acontecimento
O∞
=
=
“Regressar à origem uma infinidade de vezes”
∞ [
∞
\
{Xn = 0}
k=1 n=k
Afonso Bandeira
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 2
Estamos interessados no acontecimento
O∞
=
=
“Regressar à origem uma infinidade de vezes”
∞ [
∞
\
{Xn = 0}
k=1 n=k
=: {Xn = 0} i.o. (de “infinitely often”)
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 2
Estamos interessados no acontecimento
O∞
=
=
“Regressar à origem uma infinidade de vezes”
∞ [
∞
\
{Xn = 0}
k=1 n=k
=: {Xn = 0} i.o. (de “infinitely often”)
Teremos P(O∞ ) = 1 para algum d ≥ 1? Se sim, para quais?
Afonso Bandeira
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
O Teorema
Teorema (Pólya, 1921)
P(O∞ ) =




1 se










 0 se
Afonso Bandeira
∞
X
uk = ∞
k=0
∞
X
uk < ∞.
k=0
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Problema 1
Problema 2
Problema 3
O Teorema
Teorema (Pólya, 1921)
P(O∞ ) =




1 se










 0 se
∞
X
uk = ∞
k=0
∞
X
uk < ∞.
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).
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Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O∞ ) = 0
P(O∞ ) = P
∞ [
∞
\
!
{Xn = 0}
k=1 n=k
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O∞ ) = 0
P(O∞ ) = P
=
∞ [
∞
\
!
{Xn = 0}
k=1 n=k
∞
[
lim P
k→∞
Afonso Bandeira
!
{Xn = 0}
n=k
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O∞ ) = 0
P(O∞ ) = P
=
≤
∞ [
∞
\
!
{Xn = 0}
k=1 n=k
∞
[
lim P
k→∞
lim
k→∞
Afonso Bandeira
!
{Xn = 0}
n=k
∞
X
P(Xn = 0)
n=k
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O∞ ) = 0
P(O∞ ) = P
=
≤
=
∞ [
∞
\
!
{Xn = 0}
k=1 n=k
∞
[
lim P
k→∞
lim
k→∞
lim
k→∞
Afonso Bandeira
!
{Xn = 0}
n=k
∞
X
n=k
∞
X
P(Xn = 0)
un
n=k
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
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Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
< ∞ ⇒ P(O∞ ) = 0
P(O∞ ) = P
=
≤
=
∞ [
∞
\
!
{Xn = 0}
k=1 n=k
∞
[
lim P
k→∞
lim
k→∞
lim
k→∞
!
{Xn = 0}
n=k
∞
X
n=k
∞
X
P(Xn = 0)
un
n=k
= 0.
Afonso Bandeira
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P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
= ∞ ⇒ P(O∞ ) = 1
É válida a representação alternativa
O∞ =
∞
\
∞
Om
m=1
onde
n
= “Regresso à origem pelo menos m vezes até ao instante n”
Om
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P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
= ∞ ⇒ P(O∞ ) = 1
É válida a representação alternativa
O∞ =
∞
\
∞
Om
m=1
onde
n
= “Regresso à origem pelo menos m vezes até ao instante n”
Om
Objectivo
Mostrar que
∞
P(Om
) = 1,
para todo o m ∈ N.
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
∞
= ∞ ⇒ P(Om
) = 1, ∀m
Para n ∈ N temos
mn
∞
Om
⊂ Om
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
∞
= ∞ ⇒ P(Om
) = 1, ∀m
Para n ∈ N temos
mn
∞
Om
⊂ Om
sendo possível provar que
∞
mn
P(Om
) ≥ P(Om
) ≥ P(O1n )m .
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
∞
= ∞ ⇒ P(Om
) = 1, ∀m
Para n ∈ N temos
mn
∞
Om
⊂ Om
sendo possível provar que
∞
mn
P(Om
) ≥ P(Om
) ≥ P(O1n )m .
Finalmente, como
O1n
=
n
[
Ok ↑
k=1
Afonso Bandeira
∞
[
Ok = O,
k=1
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
P∞
k=0 uk
Problema 1
Problema 2
Problema 3
∞
= ∞ ⇒ P(Om
) = 1, ∀m
Para n ∈ N temos
mn
∞
Om
⊂ Om
sendo possível provar que
∞
mn
P(Om
) ≥ P(Om
) ≥ P(O1n )m .
Finalmente, como
O1n
=
n
[
Ok ↑
k=1
∞
[
Ok = O,
k=1
concluímos que
∞
P(Om
) ≥ (P(O))m = 1.
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Resposta ao Problema 2
P(O∞ ) =

 1 se d = 1, 2

Afonso Bandeira
0 se d ≥ 3.
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 3
Fixando um ponto x de Zd , estamos interessados nos
acontecimentos:
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 3
Fixando um ponto x de Zd , estamos interessados nos
acontecimentos:
X
= “Passar em x em algum instante n ≥ 1”
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 3
Fixando um ponto x de Zd , estamos interessados nos
acontecimentos:
X
= “Passar em x em algum instante n ≥ 1”
∞
[
=
{Xn = x},
n=1
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 3
Fixando um ponto x de Zd , estamos interessados nos
acontecimentos:
X
= “Passar em x em algum instante n ≥ 1”
∞
[
=
{Xn = x},
n=1
X∞ = “Passar em x uma infinidade de vezes”
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 3
Fixando um ponto x de Zd , estamos interessados nos
acontecimentos:
X
= “Passar em x em algum instante n ≥ 1”
∞
[
=
{Xn = x},
n=1
X∞ = “Passar em x uma infinidade de vezes”
∞ [
∞
\
=
{Xn = x}
k=1 n=k
= {Xn = x} i.o.
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Problema 3
Fixando um ponto x de Zd , estamos interessados nos
acontecimentos:
X
= “Passar em x em algum instante n ≥ 1”
∞
[
=
{Xn = x},
n=1
X∞ = “Passar em x uma infinidade de vezes”
∞ [
∞
\
=
{Xn = x}
k=1 n=k
= {Xn = x} i.o.
Teremos P(X• ) = 1 para algum d ≥ 1? Se sim, para quais?
Afonso Bandeira
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Resposta ao Problema 3
• P(X ) =

 = 1 se d = 1, 2

• P(X∞ ) =
< 1 se d ≥ 3.

 1 se d = 1, 2

Afonso Bandeira
0 se d ≥ 3.
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Caso d ≥ 3
• Usando a mesma ideia que usámos para o primeiro problema,
vemos que
∞
X
P(Xn = x) < ∞
n=1
e
P(X ) < 1
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma
Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Caso d ≥ 3
• Usando a mesma ideia que usámos para o primeiro problema,
vemos que
∞
X
P(Xn = x) < ∞
n=1
e
P(X ) < 1
• Aplicando o lema de Borel-Cantelli:
P(X∞ ) = 0
Afonso Bandeira
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Bibliografia
Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
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.
Afonso Bandeira
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
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
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Introdução
Problema 1
Problema 2
Problema 3
Bibliografia
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.
Afonso Bandeira
Nem todos os caminhos vão dar a Roma