问题背景与前期推导 #

咱们先明确问题设定：这是一个在0和N处有吸收壁的随机游走$S$，每一步粒子右移、左移、停留的概率分别为$p$、$q$、$r$（满足$p+q+r=1$）。定义事件$W$为粒子最终在0处被吸收（而非N处），记$p_k=\mathbb{P}(W|S_0=k)$。

第一步条件概率的推导

要证明：当$0 < k < N$时，在$W$发生的条件下，第一步右移的条件概率为$\frac{pp_{k+1}}{p_k}$。
根据条件概率的定义：
$$
\mathbb{P}(X_1=1 | S_0=k, W) = \frac{\mathbb{P}(X_1=1, W | S_0=k)}{\mathbb{P}(W | S_0=k)}
$$
分子部分是“第一步右移+最终被0吸收”的概率，即$p \cdot p_{k+1}$，分母是$p_k$，直接就能得到目标结果。同理可推导出第一步左移、停留的条件概率分别为$\frac{qp_{k-1}}{p_k}$和$\frac{rp_k}{p_k}$。

条件期望$J_k$的差分方程推导

记$J_k = \mathbb{E}[T|S_0=k, W]$（$T$是游走持续时间），用全期望公式展开：
$$
\begin{align*}
J_k &= \mathbb{E}[T|S_0=k, W, X_1=1]\mathbb{P}[X_1=1|S_0=k, W] + \
&\quad \mathbb{E}[T|S_0=k, W, X_1=0]\mathbb{P}[X_1=0|S_0=k, W] + \
&\quad \mathbb{E}[T|S_0=k, W, X_1=-1]\mathbb{P}[X_1=-1|S_0=k, W]
\end{align*}
$$
注意每走一步时间加1，所以$\mathbb{E}[T|S_0=k, W, X_1=1] = 1 + J_{k+1}$，同理$\mathbb{E}[T|S_0=k, W, X_1=0] = 1 + J_k$，$\mathbb{E}[T|S_0=k, W, X_1=-1] = 1 + J_{k-1}$。代入之前的条件概率：
$$
J_k = (1+J_{k+1})\frac{pp_{k+1}}{p_k} + (1+J_{k})\frac{rp_{k}}{p_k}+(1+J_{k-1})\frac{qp_{k-1}}{p_k}
$$
两边同乘$p_k$并整理，就能得到：
$$
pp_{k+1}J_{k+1}-(1-r)J_k+qp_{k-1}J_{k-1}=-p_k
$$

非齐次差分方程的求解疑问 #

已知$p_k=\frac{\rho^k-\rhoN}{1-\rho^{N}$（其中$\rho=(\frac{q}{p})$），令$\mu_k=(\rho}k-\rho^N)J_k$，代入差分方程后得到：
$$
\rho^N-\rhok = p\mu_{k+1} - (1- r) \mu_k + q\mu_{k-1}
$$
因为$1-r=p+q$，齐次部分简化为：
$$
p\mu_{k+1} - (p+q) \mu_k + q\mu_{k-1}=0
$$
特征方程为$p\mu^2-(p+q)\mu+ q=0$，解得特征根$\mu=1$和$\mu=\rho$，因此齐次解为$A + B \rho^k$。

非齐次特解的推导

你尝试用$C(\rho^k -\rho^N)$作为特解却失败了，原因是这个形式本身就是齐次解的一部分，代入后必然会抵消为0，得不出非齐次项。咱们需要换一种构造方式：对单特征根对应的非齐次项，用多项式乘以齐次解的形式来构造特解。

原非齐次项是$\rho^N - \rho^k$，拆成两部分处理：

1. 对应$-\rho^k$的特解：因为$\rho$是单特征根，设特解为$D k \rho^k$，代入齐次方程左边：
   $$
   pD(k+1)\rho^{k+1} - (p+q)Dk\rho^k + qD(k-1)\rho^{k-1}
   $$
   提取公因子$D\rho^{{k-1}$，再代入$\rho=\frac{q}{p}$（即$p\rho=q$）化简，最终可得左边等于$-\rho}k$时，$D=\frac{1}{p-q}$，因此这部分特解为$\frac{k \rho^k}{p-q}$。
2. 对应$\rho^N$的特解：因为1是单特征根，设特解为$E k$，代入齐次方程左边得$(p-q)E$，令其等于$\rho^{N$，得$E=\frac{\rho}N}{p-q}$，因此这部分特解为$\frac{k \rho^N}{p-q}$。

将两部分相加，得到完整的非齐次特解：
$$
\frac{k(\rho^k + \rho^N)}{p-q}
$$

边界条件与最终表达式的疑问

首先纠正一个边界条件的误区：当$k=N$时，粒子在吸收壁N，而事件$W$是粒子被0吸收，此时$\mathbb{P}(W|S_0=N)=0$，$J_N$本身无定义。正确的边界条件是$k=0$时，$J_0=0$（粒子已在吸收壁，无需游走），因此$\mu_0=(\rho^0 - \rho^N)J_0=0$。

代入通解$\mu_k = A + B\rho^k + \frac{k(\rho^k + \rho^N)}{p-q}$，可得$A + B = 0$，即$A=-B$。

而你看到的最终表达式里的$\frac{1}{\rho^k-\rhoN}$，是因为我们定义了$\mu_k=(\rho^k-\rhoN)J_k$，反过来$J_k=\frac{\mu_k}{\rho^k-\rhoN}$——从$\mu_k$还原$J_k$时，自然就引入了这个分母。

总结 #

1. 用齐次解形式构造特解必然失败，需针对单特征根采用“多项式×齐次解”的构造方式；
2. 最终表达式的$\frac{1}{\rho^k-\rhoN}$来自$\mu_k$到$J_k$的变量还原。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Bazman