Читаем Пятьдесят занимательных вероятностных задач с решениями полностью

Пятьдесят занимательных вероятностных задач с решениями

Кривая (см. рис. 8) начинается в точке P₁ = 1 при p = 1/2; она должна спуститься к P = 0 при p = 1, и ее ордината всегда должна равняться 1 или (1 − p)/p. Кривая не имеет разрывов только в том случае, когда при p > 1/2 соответствующее значение равно (1 − p)/p. Итак, при предположении непрерывности функции P₁ мы получаем P₁ = (1 − p)/p при p > 1/2. Поэтому наш пьяница с вероятностью 1/2 упадет вниз.

Рис. 8. Вероятности поглощения P.

Приведем другую интерпретацию. Рассмотрим игрока, имеющего начальный капитал в одну денежную единицу (x = 1). Он может играть неограниченно долго, причем в каждом туре игры он с какими-то вероятностями выигрывает или проигрывает эту единицу. Чтобы вероятность банкротства игрока была не более 1/2, вероятность выигрыша в отдельной партии должна быть не менее 2/3. То, что банкротство неизбежно при p = 1/2, для большинства из нас неожиданность.

Приведем еще один взгляд на задачу. Рассмотрим игрока с начальным капиталом x = 1, играющего неограниченно долго против казино с бесконечным капиталом в «безобидную игру» (p = 1/2), при которой он выигрывает или проигрывает единицу в каждом туре. Он наверное обанкротится (P₁ = 1). Чтобы он не стал банкротом с вероятностью 1/2, вероятность его выигрыша в каждой отдельной партии должна быть p = 2/3. То, что банкротство неизбежно при p = 1/2, является неожиданным для большинства из нас. Обычно считают, что если отдельные партии «безобидны» (средняя потеря равна нулю), то и вся игра безобидна. Разумеется, это представление в обычном смысле верно. Если мы представим такую игру с p

= 1/2 и большим числом партий, то среднее значение денежной суммы на руках после n туров равно 1 для каждого конечного числа n. Таким образом, отсутствие «безобидности» является одним из парадоксов бесконечного.

Другой удивительный факт состоит в том, что при p = 1/2 среднее число шагов, требуемое для поглощения, бесконечно. Случай p = 1/2 является странным и глубоким.

Вас может заинтересовать применение указанного здесь метода к частице, выходящей из точки x = m, а не из точки x = 1. Обобщение приведенного выше результата, показывает, что вероятность поглощения с абсциссы x = m есть [(1 − p)/p]^m или 1, в зависимости от того, будет ли p больше или меньше 1/2. Если p > 1/2 и m велико, то весьма вероятно, что частица избежит поглощения, и поэтому вероятность поглощения мала, а не равна 1.

Если частица выходит из начала координат 0 и ей разрешается делать шаги в обоих направлениях с вероятностью p = 1/2, то в другой классической задаче о блуждании ставится вопрос о том, вернется ли частица когда-либо в начало координат. Мы уже видели, что так действительно будет, ибо она заведомо вернется из положений x = 1 и x = −1. Дальнейшие сведения об этой задаче будут сообщены ниже.

36. Решение задачи о разорении игрока

Наша задача — специальный случай общей задачи о случайном блуждании с двумя поглощающими барьерами. Исторически эта проблема была поставлена как игровая, называемая задачей о разорении игрока, и многие знаменитые математики занимались вопросами, связанными с ней. Сформулируем задачу в общем виде.

Игрок M имеет m денежных единиц, игрок N

— n единиц. После каждой игры один игрок выигрывает, другой проигрывает единицу. В каждой партии вероятность выигрыша игрока M равна p, а выигрыша N равна q = 1 − p. Игра продолжается до разорения одного из игроков. На рис. 36.1 указана сумма денег, которую игрок M имеет в настоящий момент. Он начинает с положения x = m. Когда x = 0, он разорен, при x = m + n банкротом является игрок N.

Рис. 36.1. Схематическое изображение задачи о разорении игрока

При такой постановке, поскольку p > 1/2, мы можем использовать результат задачи 35. Мы уже знаем, что если игрок M играет против банка с неограниченными ресурсами, то становится банкротом с вероятностью (q/p)^m. По пути к банкротству он либо получает сумму m + n (n

теперь конечно) либо никогда не будет иметь ее на руках. Пусть вероятность того, что он проиграет игроку N, равна Q (это событие равносильно выигрышу N у банка с неограниченным капиталом без достижения игроком M суммы m + n). Тогда

(p/q)^m = Q + (1 − Q)·(q/p)^m+n, (1)

поскольку Q есть доля последовательностей, для которых поглощение произойдет до достижения точки m + n, а 1 − Q — доля тех последовательностей, которые достигают положения m + n; (q/p

)^m+n есть доля последовательностей, поглощаемых в нуле, если игра продолжается неограниченно долго. Тогда P = 1 − Q есть вероятность того, что игрок M выиграет. Из (1) находим

P = [1 − (q/p)^m] / [1 − (q/p)^m+n]. (2)