原问题: 从数轴原点开始, 每次抛一枚正反概率相等的硬币, 如果是正面就沿正方向走1单位长度, 否则沿反方向走1单位. 设走n步之后的位移为x, 求(x^2)的期望(E(x^2)).
答案是n. 即随机游走时, 位移的平方的期望为步数. 并且这个结论可以推广到k维.
(因为我的三角函数太捉鸡所以只推了2维, 但是目测了一下更多维都是对的)
看了zhihu上的一篇答案是关于一维情况的证明, 我受到了启发. 链接在这. 答主用的我不认识的东西有点多. 所以他证明过的部分我还是用自己的语言重新写一遍.
设第i次移动的位移为(x_i).
引理: 对于两次不同的位移(x_i)和(x_j), ( E(x_i*x_j)=0).
这个很好想, (x_i)的有0.5的概率为1和-1, 列个分布列(雾), 答案显然为0.
证明:
$$E(x^2)=E((\sum_{i=1}^n x_i)^2)$$
$$E(x^2)=E(\sum_{i=1}^n x_i^2) + 2E(\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n(x_ix_j))$$
后面那坨的E可以扔进里面去, 根据引理该部分值为0.
前面那部分显然有
$$x_i^2=1$$
于是得证
$$E(x^2)=n$$
然后是向高维推广. 这里是二维的证明.
只需要改引理.
对于两次不同的位移(\vec{a_i} )和(\vec{a_j} ), (\vec{a_i} \cdot \vec{a_j} = 0 )
证明: 设两个向量的角度分别为( \theta_i )和( \theta_j ).
$$ \theta_i , \theta_j \in [0, 2\pi) $$
因为它们都是单位向量, 所以 $$\vec{a_i} \cdot \vec{a_j} = cos(\theta_i - \theta_j) $$
事实上( \forall \theta_i), (\theta_i-\theta_j)的取值范围与( \theta \in [0, 2\pi))等效.
因为 $$cos(\alpha)+cos(\pi-\alpha)=0$$
所以 $$E(cos(\theta_i - \theta_j))=0$$
得证.
再多维证法类似.
重要的问题在于期望的平方不等于平方的期望. 所以不能说位移大小的期望为(\sqrt{n}).
然而还在考虑如果要求的是位移的绝对值的期望应该怎么算. 感觉要多重积分? 感觉很有意思的样子.