一維簡單隨機游動的最愛下穿點

郝晨旭 胡澤春 馬婷 宋仁明

摘要：隨機游動是一類重要馬氏過程，有廣泛應用.對于一維簡單對稱隨機游動 （S n） ，點 x 在時間 n 被稱為最愛下穿點，如果在時刻 n 沒有其它點的下穿次數比點 x 的下穿次數大.本文研究了最愛下穿點集的個數，證明如下的命題以概率1成立：4個及4個以上的最愛下穿點只能出現有限次，3個最愛下穿點則會出現無窮多次.此外，本文還提出了一些相關的開問題.

關鍵詞：隨機游動； 最愛點； 最愛邊； 最愛下穿點； 局部時

中圖分類號：O211.5? ?文獻標識碼：A? ?DOI：10.19907/j.0490-6756.2023.051002

收稿日期： ?2022-10-23

基金項目： ??國家自然科學基金（12171335， 12101429， 12071011， 11931004， 11871184）； 西蒙斯基金（429343）； 四川大學理科發展專項項目（2020SCUNL201）

作者簡介： ??郝晨旭（1995-）， 男， 博士研究生， 主要研究方向為隨機游動.E-mail： 476924193@qq.com

通訊作者： ?馬婷.E-mail： matingting2008@scu.edu.cn

Favorite down-crossing sites of one-dimensional simple random walk

HAO Chen-Xu 1， HU Ze-Chun 1， MA Ting 1， SONG Ren-Ming 2

（1.Schoolof Mathematics， Sichuan University， Chengdu 610064， China;

2.Department of Mathematics， University of Illinois， Urbana IL 61801， USA）

Random walk is a very important Markov process and has important applications in many fields.For a one-dimensional simple symmetric random walk ??S n ?， a site ?x ?is called a favorite down-crossing site at time ?n ?if its down-crossing local time at time ?n ?achieves the maximum among all sites.In this paper， we study the cardinality of the favorite down-crossing site set， and show that with probability 1 there are only finitely many times at which there are at least four favorite down-crossing sites and three favorite down-crossing sites occurs infinitely often.Some related open questions are introduced as well.

Random walk; Favorite site; Favorite edge; Favorite down-crossing site; Local time

1 引 言

令 （S n），n∈ ?N 為一維簡單對稱隨機游動， S 0=0 .參照文獻［1］的記號，點 x 到時刻 n 為止的上穿次數和下穿次數分別定義如下：

ξ U（x，n） #{0

ξ D（x，n） #{0

在本文中，我們以 #D 表示集合 D 的基數.點 x 在時刻 n 的局部時 ξ（x，n） ，邊 x 在時刻 n 的局部時 L（x，n） 分別定義如下：

ξ（x，n） ξ U（x，n）+ξ D（x，n），

L（x，n） ξ U（x，n）+ξ D（x-1，n），

其中邊 x 表示點 x-1 與點 x 之間的邊.若 ξ（x，n）= ??max ???y∈ Ζ ???ξ（y，n）， 則稱點 x 為 n 時刻的最愛點.記 ?K（n） ?為隨機游動 n 時刻的最愛點集.我們稱 ??K（n） ???n≥1 ?為一維簡單對稱隨機游動的最愛點過程.若 #K（n）=k ，則稱隨機游動在 n 時刻有 k 個最愛點.若 L（x，n）= ?max ???y∈ Ζ ???L（y，n）， 則稱邊 x 為 n 時刻的最愛邊.記 E（n） 為隨機游動 n 時刻的最愛邊集.我們稱 ??E（n） ???n≥1 ?為一維簡單對稱隨機游動的最愛邊過程.若 #E（n）=k ，則稱隨機游動在 n 時刻有 k 個最愛邊.若 ξ D（x，n）= ?max ???y∈ Ζ ???ξ D（y，n）， 則稱點 x 為 n 時刻的最愛下穿點.記 K D（n） 為隨機游動 n 時刻的最愛下穿點集.我們稱 ??K D（n） ???n≥1 ??為一維簡單對稱隨機游動的最愛下穿點過程.若 #K D（n）=k ，則稱隨機游動在 n 時刻有 k 個最愛下穿點.

在文獻［2，定理1.1］中， 我們證明了3個最愛邊以概率1出現無窮多次，補充了文獻［1］的結果（在文獻［1］中，作者證明了4個及4個以上的最愛邊以概率1只能出現有限次）， 否定了文獻［1，注1， 368頁］中提到的猜測.在文獻［2，定理 1.1］的證明中，我們用最愛下穿點過程的暫留性得到了最愛邊過程的暫留性.實際上，從文獻［2］中我們能看出最愛下穿點與最愛邊存在著密切聯系，這是本篇論文的寫作動機之一.實際上，我們研究了最愛下穿點集的個數，獲得了如下主要結果：

定理1.1 ???對于一維簡單對稱隨機游動，以概率1成立：4個及4個以上的最愛下穿點只能出現有限次， 3個最愛下穿點會出現無窮多次.

對于一維簡單對稱隨機游動最愛點個數的相關問題， 已有許多研究（參考綜述文獻［3］）. 這個問題最早由 Erds和Révész在上個世紀八十年代提出并開始研究， 參見文獻［4-7］. Tóth在文獻［8］中證明：4個及4個以上的最愛點以概率1只能出現有限次.Ding和Shen在文獻［9］中證明：3個最愛點會以概率1出現無窮多次.

除了最愛點的個數問題， 還有一系列論文研究了最愛點的漸近行為、高維簡單隨機游動的最愛點問題及其它過程（如布朗運動、對稱穩定過程、萊維過程及隨機環境中的隨機游動等）的最愛點問題，參見綜述文獻［3］及其參考文獻.

在文獻［2，命題 2.4］中， 我們得到了如下結果：

命題1.2 ????x∈E（n），則x∈K D（n）.

根據命題1.2和文獻［5，定理 1.1］可知，證明定理1.1只需證明4個以及4個以上的最愛下穿點以概率1只能出現有限次.

令 x∈E（n） ， 定義

f（r） #{n≥1：S n∈K D（n）， S n=S ?n-1 -1，

#K D（n）=r}.

其含義為滿足條件“在該時刻產生一個新的最愛下穿點，同時還有 r-1 個其它最愛下穿點”的時刻的數目.根據定義可知 ?f（r）≥f（r+1） .于是，若要完成定理1.1的證明， 只需證明以下定理.

定理1.3 ????E（f（4））<+∞.

我們的證明是受文獻［8］和［1］的啟發.論文的后續結構如下.在第二節中，我們給出一些準備工作.在第三節中，我們給出定理1.3的證明.在最后一節中我們給出一些注記并引入幾個開問題.在整篇文章中，我們用字母 C 表示某個正常數， 不同位置其值可能發生變化.

2 預備知識

定義逆局部時如下：

T U（x，k） ?min {n≥1：ξ U（x，n）=k}，

T D（x，k） ?min {n≥1：ξ D（x，n）=k} .

f（4） 可等價寫為 f（4）=∑ ?x∈ Ζ ??d（x）， 其中

d（x） ∑ ∞ ?n=1 ?1 ?{S ??n-1 =x+1，S ?n=x，x∈K ?D（x），#K ?D（x）=4} =

∑ ∞ ?n=1 ?∑ ∞ ?k=1 ?1 ??{T ?D（x，k）=n，x∈K ?D（x），#K ?D（x）=4} =

∑ ∞ ?n=1 ?1 ??{x∈K ?D（T ?D（x，k）），#K ?D（T ?D（x，k））=4} .

由此可得

E（f（4））=∑ ?+∞ ??x=1 ?E（d（-x））+∑ ?+∞ ??x=0 ?E（d（x）） ?（1）

其中

E（d（x））=∑ ∞ ?k=1 ??Ρ （x∈K ?D（T ?D（x，k）），

#K ?D（T ?D（x，k））=4）.

2.1 分支過程和Ray-Knight表示

在本文的余下部分，我們假定 Y n 為子女數服從幾何分布的臨界分支過程， Z n，R n 為兩個帶有不同移民方式的臨界分支過程， 它們的具體定義如下： 令 ???X ?（m） ??n，i ????m，n，i ?為獨立同分布隨機變量序列，服從均值為1的幾何分布，即對于任意 k≥0， ?Ρ X ?（m） ??n，i =k =1/2 ?k+1 ??.遞歸定義

Y ??n+1 =∑ ?Y ?n ??i=1 ?X ??（1） ??n，i ，Z ??n+1 =∑ ?Z ?n+1 ??i=1 ?X ??（2） ??n，i ，R ??n+1 =

1+∑ ?R ?n ??i=1 ?X ?（3） ???n，i ??（2）

則 Y n，Z n 和 R n 是以 N 為狀態空間的馬氏鏈，一步轉移概率分別為

Ρ Y ?n+1 =j|Y n=i =π（i，j）

δ 0（j）， i=0， 2 ?-i-j ?（i+j-1）！ （i-1）！j！ ， i>0 ???（3）

Ρ Z ?n+1 =j|Z n=i =ρ（i，j） π（i+1，j） ?（4）

及

Ρ R ?n+1 =j|R n=i =ρ *（i，j） π（i，j-1） ?（5）

在某些特定的停時時刻，為在空間變量中描述 ??S n ???n≥0 ?的局部時過程，上述定義的三個隨機過程 Y n，Z n 和 R n 將是非常有用的工具.令 x 為一個固定的整數，我們有下列兩種情形：

情形1 ????x≤-1 .定義如下三個過程：

（1） ??R ?（h） ?n ???0≤n≤-x-1 ?是一步轉移概率為 ρ *（i，j） ，初值是 R ?（h） ?0=h 的馬氏鏈;

（2） ??Y ?（h-1） ?n ???0≤n<∞ ?是一步轉移概率為 π（i，j） ，初值是 Y ?（h-1） ?0=h-1 的馬氏鏈;

（3） ??Y ?′（h） ?n ???0≤n<∞ ?是一步轉移概率為 π（i，j） ，初值是 Y ?′（h） ?0=R ?（h） ??-x-1 ?的馬氏鏈.

把上述三個過程按照如下方式拼接在一起，得到一個新的過程：

Δ ?（h） ?x（y） ?Y ?′（h） ??y+1 ， R ?（h） ??y-x ， Y ?（h-1） ??x-y ， ???-1≤y<+∞， x≤y≤-1， -∞

根據 Ray-Knight定理 ?［10］ 可知

ξ D（y，T D（x，h）），y∈ Ζ ?????d = ??Δ ?（h） ?x（y），y∈ Ζ ???（7）

其中 ??d = ??表示“同分布”.

情形2 ????x≥0 .定義如下三個過程：

（1） ??Z ?（h-1） ?n ???0≤n≤x ?是一步轉移概率為 ρ（i，j） ，初值是 Z ?（h-1） ?0=h-1 的馬氏鏈;

（2） ??Y ?（h） ?n ???0≤n<∞ ?是一步轉移概率為 π（i，j） ，初值是 Y ?（h） ?0=h 的馬氏鏈;

（3） ??Y ?′（h-1） ?n ???0≤n<∞ ?是一步轉移概率為 π（i，j） ，初值是 Y ?′（h-1） ?0=Z ?（h-1） ?x 的馬氏鏈.

對于此種情形，我們按如下方式把上述三個過程拼接在一起：

Γ ??（h） ?x（y） ?Y ?′（h-1） ??-y ， y<0，

Z ?（h-1） ??x-y ， 0≤y≤x-1 Y ?（h） ??y-x ， y≥x ， ?（8）

由文獻［10，定理1.1］可知

ξ D（y，T D（x，h）），y∈ Ζ ??d = ???Γ ??（h） ?x（y），y∈ Ζ ???（9）

注1 ???（i） 在情形1中， 如果 x=-1 ， 則（6）式可化簡為

Δ ?（h） ?x（y） ?Y ?′（h） ??y+1 ， Y ?（h-1） ??x-y ， ???-1≤y<+∞， -∞

其中 Y ?′（h） ?0=h ;

（ii） 在情形2中，如果 x=0 ， 則（8）式可化簡為

Γ ??（h） ?x（y） ?Y ?′（h-1） ??-y ， y≤-1，

Y ?（h） ??y-x ， y>0，

其中 Y ?′（h-1） ?0=h-1 ;

（iii） 為節省空間， 在后面的相應的證明中我們不再對以上兩種特殊情況進行單獨說明.

注意到情形1中 Y n 的初值是 h-1 ， R n 的初值是 h ，而情形2中 Y n 的初值是 h ， Z n 的初值是 h-1 ，為書寫方便下文將省略除 Y n 以外其他過程 R n ， Z n ， Y′ n 的上角標，也會用條件概率去表示相應過程的初值.

2.2 用Ray-Knight定理表示 E（d（x））

令 R n ， Z n ， Y′ n 和 Y n 為上一小節中定義的分支過程.對于 h∈ Ν ?，定義如下幾個停時：

σ h ?min {n≥1：Y n≥h}，σ′ h ?min {n≥1：Y′ n≥h}，

τ h ?min {n≥1：Z n≥h}，τ′ h ?min {n≥1：R n≥h} ?（10）

情形1 ????x≤-1，h≥1，p≥0 且都是整數.定義

A ?h，p ?{ ?max ???1≤n<∞ ?Y ?（h-1） ?n≤h，

#{1≤n<∞：Y ?（h-1） ?n=h}=p} ??（11）

A′ ?h，p ????max ???1≤n<∞ ?Y′ n≤h，#{1≤n<∞：Y′ n=h}=p ??（12）

B ?x，h，p ?{ ?max ???1≤n<-x-1 ?R n≤h，#{1≤n≤-x-1：

R n=h}=p} ?（13）

注意到事件 A′ ?h，p ?依賴于 x ， 因為 ?Y′ n ?的初值依賴于 x .下文中我們將用條件概率來指明初始狀態.

由式（7）可知

Ε d（x） =∑ ?p+q+r=3 ?∑ ∞ ?h=1 ?∑ h ?l=0 ?Ρ（A ??h，p |Y 0=h-1）·

Ρ B ??x，h，q ∩{R ??-x-1 =l}|R 0=h ·

Ρ（A′ ??h，r |Y′ 0=l） ?（14）

為書寫方便，我們把“ -x ”替換為“ x ”.根據上式可得

∑ ∞ ?x=1 ?Ε d（-x） ≤∑ ?p+q+r=3 ?∑ ∞ ?h=1 ?Ρ（A ??h，p |Y 0=h-1）·

∑ ∞ ?x=1 ?Ρ B ??-x，h，q |R 0=h ?（ ?sup ???l∈［0，h］ ?Ρ（A′ ??h，r |

Y′ 0=l）） ?（15）

情形2 ????x≥0，h≥1，p≥0 且都是整數.定義

C ?h，p ????max ???1≤n<∞ ?Y ?（h） ?n≤h，#{1≤n<∞：Y ?（h） ?n=h}=p ???（16）

C′ ?h，p ????max ???1≤n<∞ ?Y′ n≤h，#{1≤n<∞：Y′ n=h}=p ??（17）

D ?x，h，p ????max ???1≤n

注意到事件 C′ ?h，p ?依賴于 x ， 因為 Y′ n 的初值依賴于 x .下文中我們將用條件概率標明初始狀態.

由（9）式可得

Ε d（x） =∑ ?p+q+r=3 ?∑ ∞ ?h=1 ?∑ h ?l=0 ?Ρ（C ??h，p |Y 0=h）·

Ρ D ??x，h，q ∩{Z ?x=l}|Z 0=h-1 ·

Ρ（C′ ??h，r |Y′ 0=l） ?（19）

于是

∑ ∞ ?x=0 ?Ε d（x） ≤∑ ?p+q+r=3 ?∑ ∞ ?h=1 ?Ρ（C ??h，p |Y 0=h）·

∑ ∞ ?x=1 ?Ρ D ??x，h，q |Z 0=h-1 ?·

sup ???l∈［0，h］ ?Ρ（C′ ??h，r |Y′ 0=l） ??（20）

2.3 一些引理

為了在下一節中給出定理1.3的證明，我們需要如下的數個引理.

引理2.1 ???存在一個常數 C<∞ ，使得對任意 0≤k≤h 有

Ρ σ h=∞|Y 0=k ≤ h-k h +Ch ?- 1 2 ?.

根據兩個過程 ??Y n ???n≥0 ?和 ??Y′ n ???n≥0 ?的定義及上述引理，可得如下引理.

引理2.2 ???存在一個常數 C<∞ ，使得對任意 0≤k≤h 有

Ρ σ′ h=∞|Y′ 0=k ≤ h-k h +Ch ?- 1 2 ?.

引理2.3 ????［8］ ?存在一個常數 C<∞ ，使得對任意 0≤k≤h 有 Ε τ h|Z 0=k ≤（h-k）+Ch ??1 2 ?.

類似文獻［8］可得關于 τ′ h 的如下結果.

引理2.4 ???存在常數 C<∞ 使得對任意整數 ?h≥1 ?，如下不等式成立：

Ε τ′ h|R 0=h ≤Ch ??1 2 ???（21）

證明 ?容易驗證 ??R n-n ???n≥0 ?是一個鞅.根據Doob停止定理可得

Ε τ′ ?h|R 0=h =Ε R ?τ′ ?h |R 0=h -h=

-h+∑ ∞ ?u=h ?Ρ R ??τ′ ?h ≥u|R 0=h ??（22）

我們斷言

Ρ R ??τ′ ?h ≥u|R 0=h ≤ ∑ ∞ ?w=u ?ρ *（h，w） ∑ ∞ ?v=h ?ρ *（h，v） ??（23）

注意到對 1≤h≤u 有

Ρ R ?τ′ ?h =u|R 0=h =

∑ ?h-1 ??l=1 ?Ρ R ?τ′ h =u，R ??τ′ ?h-1 =l|R 0=h =

∑ ?h-1 ??l=1 ?Ρ R ??τ′ ?h-1 =l|R 0=h Ρ（R ?τ′ ?h =

u|R ??τ′ ?h-1 =l， R 0=h）=

∑ ?h-1 ??l=1 ?Ρ R ??τ′ ?h-1 =l|R 0=h · ρ *（l，u） ∑ ∞ ?v=h ?ρ *（l，v） ???（24）

根據（3）式和（5）式可知對 0≤l

ρ *（l+1，v） ρ *（l，v） = π（l+1，v-1） π（l，v-1） = l+v-1 2l <

l+v 2l = π（l+1，v） π（l，v） = ρ *（l+1，v+1） ρ *（l，v+1） .

由此可得， 對任意 0≤l

ρ *（l+1，v）·ρ *（l，w）<ρ *（l，v）·ρ *（l+1，w），

ρ *（l，v）= 2l l+v-1 ρ *（l+1，v）≤ρ *（l+1，v），

這意味著對任意 0≤l

∑ ∞ ?v=h ?ρ *（l+1，v）·∑ ∞ ?w=u ?ρ *（l，w）<

∑ ∞ ?v=h ?ρ *（l，v）·∑ ∞ ?w=u ?ρ *（l+1，w）.

根據（24）式可得

Ρ R ??τ′ ?h ≥u|R 0=h ≤ ?max ???l′∈［0，h］ ??∑ ∞ ?w=u ?ρ *（l′，w） ∑ ∞ ?v=h ?ρ *（l′，v） ≤

∑ ∞ ?w=u ?ρ *（h，w） ∑ ∞ ?v=h ?ρ *（h，v） .

故（23）式成立.

根據（23）式和一些計算，我們得到

Ρ R ?τ′ ?h ≥u|R 0=h ≤ ∑ ∞ ?u=h ?∑ ∞ ?w=u ?ρ *（h，w） ∑ ∞ ?v=h ?ρ *（h，v） =

∑ ∞ ?v=h ?ρ *（h，v）v ∑ ∞ ?w=h ?ρ *（h，w） ≤h+C h ?1/2 .

此式與（22）式一起即可推得（21）式.證畢.

對 ??Z n ???n≥0 ?，我們有如下結果：

引理2.5 ????［1］ ?對任意 ε>0 ，存在常數 C（ε）<∞ 使得對任意整數 h>0 有

Ρ Z ?τ h =h|Z 0=h ≤C（ε）h ?- 1 2 +ε .

對 ?（R n） ??n≥0 ?，仿照文獻［1，引理 3.1（ii）］，可得如下結果：

引理2.6 ???對任意 ε>0 ， 存在常數 C（ε）<∞ 使得對任意整數 h>0 有

Ρ R ?τ′ h =h|R 0=h ≤C（ε）h ?- 1 2 +ε ??（25）

證明 ?我們把證明分為三步.

第一步.假定 ???1 2 ≤α≤ 1， h-h α≤z≤h， k≤ h . ?我們有

ρ *（z，h+k） ρ *（z，h） = π（z，h+k-1） π（z，h-1） =

2 ?-k ?（h+z-1）（h+z）…（h+z+k-2） h（h+1）…（h+k-1） ≥

2 ?-k ??（h+z-1） ?k ?（h+k-1） ?k ≥2 ?-k ??（2h-h α-1） ?k ?（h+ h -1） ?k ≥

（1-2h ?α-1 ） k，

其中在最后一個不等式中我們利用了以下等價關系：

1 2 · 2h-h α-1 h+ h -1 ≥1-2h ?α-1

3h α-2 h ?+4 h ?α- 1 2 ?-h ?α-1 ?+1≥0.

于是，當 h 充分大使得 1-2h ?α-1 ∈（0，1） 時，我們有

Ρ R 0≥h|R ?-1 =z ?Ρ R 0=h|R ?-1 =z ?=∑ ∞ ?k=0 ??ρ *（z，h+k） ρ *（z，h） ≥

∑ ?［ h ］ ??k=0 ??ρ *（z，h+k） ρ *（z，h） ≥∑ ?［ h ］ ??k=0 ??（1-2h ??α-1 ） ??k=

1- （1-2h ??α-1 ） ????h ??2h ??α-1 ?≥ 1- （1-2h ??α-1 ） ????h -1 ?2h ??α-1 ???（26）

注意到

（1-2h ?α-1 ） ???h -1 ≤ ?1-2h ?- 1 2 ??????h -1 ??h→∞ ???e ??-2 < 1 2 ???（27）

可知存在 h 0>0 使得對任意 h>h 0 ，有

Ρ R 1=h|{R 0=z}∩{R 1≥h} ≤4h ?α-1 ??（28）

這里我們用到了如下不等式：

Ρ R 1=h|{R 0=z}∩{R 1≥h} ≤

Ρ R 1=h|R 0=z ?Ρ R 1≥h|R 0=z ?.

這個不等式可用條件概率的定義進行驗證.

第二步.對任意 u≥0 ， 定義

θ′ u ?inf {n≥0：R n≤u}.

如引理2.3中所述， ??R n-n ???n≥0 ?是鞅.對于 0≤u≤h ，利用Doob停止定理可得

Ε R ?τ′ h |R 0=h -Ε τ′ h|R 0=h =

Ε R ?τ′ h∧θ′ u |R 0=h -Ε τ′ h∧θ′ u|R 0=h ??（29）

根據（29）式和引理2.4可得

Ε ?R ?τ′ h -R ?θ′ u ?1 ?{θ′ u≤τ′ h} |R 0=h ≤

Ε τ′ h|R 0=h ≤Ch ??1 2 ???（30）

根據 ?R ?τ′ h ≥h，R ?θ′ u ≤u 和（30）式可得

Ρ θ′ u≥τ′ h|R 0=h ≤ Ch ??1 2 ??h-u ??（31）

特別地，對于 β∈ ?1 2 ，1 ?，有

Ρ θ′ ?h-h β ≤τ′ h|R 0=h ≤Ch ??1 2 -β ??（32）

第三步.給定 ε>0 ，選取整數 N 滿足 N> 1 2ε ?.對于 i=0，1，…，N ，定義 ?u i h-h ??N+i 2N ???和

Δ 0 ［u 0，h］，Δ i ［u i，u ?i-1 ），i=1，2，…，N.

則

Ρ R ??τ′ ?h =h|R 0=h =

∑ N ?i=0 ?Ρ {R ??τ′ ?h =h}∩{R ??τ′ ?h-1 ∈Δ i}|R 0=h ??（33）

（i） 對 i∈{1，…，N} ，根據強馬氏性，（28）式和（32）式，我們得到

Ρ {R ?τ′ h =h}∩{R ?τ′ h-1 ∈Δ i}|R 0=h =

Ρ（{R ?τ′ h =h}∩{R ?τ′ h-1 ∈Δ i}∩{θ′ ?u ?i-1 ?≤

τ′ h}|R 0=h）≤Ρ θ′ ?u ?i-1 ?≤τ′ h|R 0=h ·

sup ???z∈Δ i ?Ρ R 1=h|{R 0=z}∩{R 1≥h} ≤

ch ?- N+i-1 2N + 1 2 ?·h ?- N-i 2N ?=Ch ?- 1 2 + 1 2N ?≤Ch ?- 1 2 +ε ??（34）

（ii） ?對于 i=0 ， ?Ρ（{R ?τ′ h =h}∩{R ?τ′ h-1 ≥u 0}|R 0= h） 可直接被控制.取 z∈［h- h ，h］. 則對所有 k∈［0， h ］ 有

ρ *（z，h+k） ρ *（z，h） ≥ （1-2h ?- 1 2 ?） ?k≥

（1-2h ?- 1 2 ?） ???h ?≥C.

對 k 求和可得

Ρ R 1≥h|R 0=z ?Ρ R 1=h|R 0=z ?≥C h .

于是

Ρ R 1=h|R 0=z ?Ρ R 1≥h|R 0=z ?≥ C ?h ?.

再由強馬氏性可得

Ρ {R ?τ′ h =h}∩{R ?τ′ h-1 ∈［h-h ??1 2 ?，h）}|R 0=h ≤

Ρ R ?τ′ h-1 ∈［h-h ??1 2 ?，h）|R 0=h ·

sup ???z∈［h-h ??1 2 ?，h） ?Ρ R 1=h|R 0=z，R 1≥h ≤

sup ???z∈［h-h ?1/2 ，h） ?Ρ R 1=h|R 0=z，R 1≥h ≤Ch ?- 1 2 ???（35）

最后， 結合式（33）～（35）可得引理.證畢.

對于初值為 h-1 的過程 ??Z n ???n≥0 ?，仿照上述證明，我們有如下結果：

引理2.7 ???對任意 ε>0 ，存在常數 C<∞ 使得對任意整數 h>0 有

Ρ Z ?τ h =h|Z 0=h-1 ≤C（ε）h ?- 1 2 +ε .

引理2.8 ????［1］ ?對于任意 ε>0 ，存在一個常數 ?C（ε）<∞ ?，使得對任意整數 h>0 有

Ρ ［σ h<∞］∩［Y ?σ h =h］|Y 0=h ≤

C（ε）h ?- 1 2 +ε .

由 ?Y n ，n≥0 和 ?Y′ n ，n≥0 的定義及上述引理，可得

引理2.9 ???對任意 ε>0 ， 存在常數 C（ε）<∞ ，使得對任意整數 h>0 有

Ρ ［σ′ h<∞］∩［Y ?σ′ h =h］|Y′ 0=h ≤

C（ε）h ?- 1 2 +ε .

考慮初值為 h-1 的過程 ??Y n ???n≥0 ?，與引理2.8的證明類似，可得

引理2.10 ???對任意 ε>0 ， 存在常數 C（ε）<∞ ，使得對任意整數 h>0 有

Ρ ［σ h<∞］∩［Y ?σ h =h］|Y 0=h-1 ≤

C（ε）h ?- 1 2 +ε .

3 定理1.3的證明

為給出定理1.3的證明，我們需要以下兩個引理，其證明放在本節末尾.

引理3.1 ???對任意 ε>0 ，存在一個有限常數 ?C<∞ ?，滿足：

（i） 對任意整數 p≥0， ??P A ?h，p |Y 0=h-1 ≤ （Ch ?- 1 2 +ε ） ?p·h ?- 1 2 ?;

（ii） 對任意整數 p≥0，

∑ ∞ ?x=1 ?P B ??-x，h，p |R 0=h ≤ （Ch ??- 1 2 +ε ） ??p·h ??1 2 ?;

（iii） 對任意整數 p≥0，0≤l≤h 和 ?x≤-1， ???P A′ ?h，p |Y′ 0=l ?≤ （Ch ?- 1 2 +ε ） ?p.

引理3.2 ???對任意 ε>0 ，存在一個有限常數 ?C<∞ ?，滿足：

（i） 對任意整數 p≥0 ， ?P C ?h，p |Y 0=h ≤ （Ch ?- 1 2 +ε ） ?p·h ?- 1 2 ?;

（ii） 對任意整數 p≥0 ，

∑ ∞ ?x=1 ?P D ??x，h，p |Z 0=h-1 ≤ （Ch ??- 1 2 +ε ） ??p·h ??1 2 ?;

（iii） 對任意整數 p≥1，0≤l≤h 和 x≥0 ， ??P C′ ?h，p |Y′ 0=l ?≤C （h ?- 1 2 +ε ） ?p.

根據（1）式，為證明定理1.3，我們只需證明

∑ ∞ ?x=1 ?Ε d（-x） +∑ ∞ ?x=0 ?Ε d（x） <∞ ?（36）

由引理3.1，我們可以界定下式

∑ ?p+q+r=3 ?P A ??h，p |Y 0=h-1 · ???∑ ∞ ?x=1 ?P B ??-x，h，q |R 0=h ?·

sup ???l∈［0，h］ ?Ρ（A′ ??h，r |Y′ 0=l） ??（37）

若 r=0，p+q=3 ，則（37）式由下式控制

C （h ?- 1 2 +ε ） ?p·h ?- 1 2 ?· （h ?- 1 2 +ε ） ?q·h ??1 2 ?=Ch ?- 3 2 +3ε .

若 r>0，p+q+r=3 ，則（37）式由下式控制

C （h ?- 1 2 +ε ） ?p·h ?- 1 2 ?· （h ?- 1 2 +ε ） ?q·h ??1 2 ?· （h ?- 1 2 +ε ） ?r=

Ch ?- 3 2 +3ε .

再根據（15）式可得

∑ ∞ ?x=1 ?Ε d（-x） <∞ ?（38）

由引理3.2，我們可以界定下式：

∑ ?p+q+r=3 ?P C ??h，p |Y 0=h · ???∑ ∞ ?x=0 ?P D ??x，h，q |Z 0=h-1 ?·

sup ???l∈［0，h］ ?Ρ（C′ ??h，r |Y′ 0=l） ??（39）

若 r=0，p+q=3 ，則（39）式由下式控制：

C （h ?- 1 2 +ε ） ??p+q =Ch ?- 3 2 +3ε .

若 r>0，p+q+r=3 ，則（39）式由下式控制：

C （h ?- 1 2 +ε ） ??p+q · （h ?- 1 2 +ε ） ?r=Ch ?- 3 2 +3ε .

再根據（20）式可得

∑ ∞ ?x=0 ?Ε d（x） <∞ ?（40）

最后，根據（38）式和（40）即可得到（36）式.證畢.

引理3.1的證明 ?（i） 對于 p=0 ， 根據（11）式和引理2.1可得

P A ?h，0 |Y 0=h-1 =P（σ h=∞|Y 0=h-1）≤

Ch ?- 1 2 ?.

由此可知，在這種情形下（i）成立.根據（11）式和引理2.1，我們也有

P A ?h，0 |Y 0=h =P σ h=∞|Y 0=h ≤Ch ?- 1 2 ???（41）

對于 p≥1 ，利用 ?Y n ?的強馬氏性、引理2.8、引理2.10和（41）式，我們得到

P A ?h，0 |Y 0=h-1 =P（{σ h<∞}∩

{Y ?σ h =h}|Y 0=h-1）·P（A ?h，p-1 |Y 0=h）

=…=

P {σ h<∞}∩{Y ?σ h =h}|Y 0=h-1 ·

P ???σ ??h <∞ ∩ ?Y ???σ ??h ?=h | Y ??0 =h ???p-1 ·

P ?A ??h，0 ??Y ??0 =h）SymbolcB@

C h ??- 1 2 +ε ????p ?h ??- 1 2 ??，

即（i）成立.

（ii） 對于 p=0 ，由（13）式和引理2.4可得

∑ ∞ ?x=1 ?P B ??-x，h，0 |R 0=h =

∑ ∞ ?x=1 ?P τ′ ?h≥x|R 0=h = ??Ε τ′ ?h|R 0=h ≤Ch ??1 2 ???（42）

對于 p≥1 ，由 （R n） 的強馬氏性可得

∑ ∞ ?x=1 ?P B ??-x，h，p |R 0=h =

P R ??τ′ ?h =h|R 0=h ·

∑ ∞ ?x=1 ?P B ??-x，h，p-1 |R 0=h ?=…=

P ??R ???τ ′ ??h ?=h| R ??0 =h ????p ·

∑ ∞ x=1 P ?B ???-x，h，0 | R ??0 =h ?.

則由（42）式和引理2.6可得

∑ ∞ ?x=1 ?P B ??-x，h，p |R 0=h ≤ ?Ch ??- 1 2 +ε ???p·h ??1 2 ?.

（iii） 根據 A′ ?h，0 ?的定義、（12）式及引理2.2可得

P A′ ?h，0 |Y′ 0=h =P σ′ h=∞|Y′ 0=h ≤Ch ?- 1 2 ???（43）

對 p≥1 ， 由 ?Y′ n ?的強馬氏性可得

P A′ ?h，p |Y′ 0=l =

P {σ′ h<∞}∩{Y′ ?σ′ h =h}|Y′ 0=l ·

P A′ ?h，p-1 |Y′ 0=h =…=

P {σ′ h<∞}∩{Y′ ?σ′ h =h}|Y′ 0=l ·

P ??σ ′ ?h <∞ ∩ ?Y ′ ??σ ′ ?h ?=h | Y ′ ?0 =h ???p-1 ·

P ?A ′ ?h，0 ??Y ′ ?0 =h）≤

P ??σ ′ ?h <∞ ∩ ?Y ′ ??σ ′ ?h ?=h | Y ′ ?0 =h ???p-1 ·

P ?A ′ ?h，0 ??Y ′ ?0 =h）.

再根據引理2.9和（43）式可得

P A′ ?h，p |Y′ 0=l ≤ ?Ch ?- 1 2 +ε ???p.

證畢.

引理3.2的證明 ?（i） 對 p=0 ， 由（16）式和引理2.1可得

P C ?h，0 |Y 0=h =P σ h=∞|Y 0=h

對 p≥1 ，由 ?Y n ?的強馬氏性可得

P C ?h，p |Y 0=h =

P {σ h<∞}∩{Y ?σ h =h}|Y 0=h ·

P C ?h，p-1 |Y 0=h =…=

P ???σ ??h <∞ ∩ ?Y ???σ ??h ?=h | Y ??0 =h ???p ·

P ?C ??h，0 ??Y ??0 =h） .

由（44）式和引理2.8可得（i）.

（ii） 對于 p=0 ， 由引理2.3可得

∑ ∞ ?x=1 ?P D ??x，h，0 |Z 0=h-1 = ??∑ ∞ ?x=1 ?P τ ?h≥x|Z 0=h-1 =

Ε τ ?h|Z 0=h-1

因此，（ii）式成立.同時，根據引理2.3，我們有

∑ ∞ ?x=1 ?P D ??x，h，0 |Z 0=h =

∑ ∞ ?x=1 ?P τ ?h≥x|Z 0=h =

Ε τ ?h|Z 0=h

對于 p≥1 ，由 ?Z n ?的強馬氏性可得

∑ ∞ ?x=1 ?P D ??x，h，p |Z 0=h-1 =

P Z ??τ ?h =h|Z 0=h-1 ·

∑ ∞ ?x=1 ?P D ??x，h，p-1 |Z 0=h ?=…=

P Z ?τ h =h|Z 0=h-1 ·

P ??Z ????τ ???h ?=h| Z ??0 =h ????p-1 ·

∑ ∞ x=1 P ?D ???x，h，0 | Z ??0 =h ?.

接著，由引理2.5、引理2.7及（45）式可得

∑ ∞ ?x=1 ?P D ??x，h，p |Z 0=h-1 ≤ ?Ch ??- 1 2 +ε ????p·h ??1 2 ?，

即（ii）成立.

（iii） 根據 C′ ?h，0 ?的定義式（17）及引理2.2，可得

P C′ ?h，0 |Y′ 0=h =P σ′ h=∞|Y′ 0=h ≤Ch ?- 1 2 ???（46）

對于 p≥1 ，由 ?Y′ n ?的強馬氏性可得

P C′ ?h，p |Y′ 0=l =

P {σ′ h<∞}∩{Y′ ?σ′ h =h}|Y′ 0=l ·

P C′ ?h，p-1 |Y′ 0=h =…=

P {σ′ h<∞}∩{Y′ ?σ′ h =h}|Y′ 0=l ·

P ??σ ′ ?h <∞ ∩ ?Y ′ ??σ ′ ?h ?=h | Y ′ ?0 =h ???p-1 ·

P ??C ′ ??h，0 ??Y ′ ?0 =h）≤

P ??σ ′ ?h <∞ ∩ ?Y ′ ??σ ′ ?h ?=h | Y ′ ?0 =h ???p-1 ·

P ??C ′ ??h，0 ??Y ′ ?0 =h） .

接著，由引理2.8和（46）式知

P C′ ?h，p |Y′ 0=l ≤C ?h ?- 1 2 +ε ???p.

證畢.

4 注和開問題

注2 ???類似于最愛下穿點過程，我們可以定義最愛上穿點過程.由一維簡單對稱隨機游動的對稱性，我們可以得到最愛上穿點相對于定理1.1的類似結果.

注3 ???定義

ξ *（x，n） ?max {ξ U（x，n），ξ D（x，n）}.

我們稱點 x 為 n 時刻的最愛單邊點，若其滿足 ?ξ *（x，n） = ?sup ???y∈ Ζ ???ξ *（y，n）. ??n 時刻的最愛單邊點集記為 K *（n） . ?K *（n） ，n≥1 ?稱為一維簡單對稱隨機游動的最愛單邊點過程.

相對于 ?K D（n） ， K（n） ?和 ?E（n） ?這三個過程，過程 ?K *（n） ?的研究似乎更為困難.對于一維簡單對稱隨機游動，我們提出如下問題：

問題4.1 ???4個及4個以上的最愛單邊點是否會以概率1最多出現有限次？

問題4.2 ???3個最愛單邊點是否會以概率1出現無窮多次？

問題4.3 ???最愛單邊點過程是暫留的嗎？ 如果是，那么它的逃離速率是多少？

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