Задача о разорении игрока

Задача о разорении игрока — задача из области теории вероятностей. Подробно рассматривалась российским математиком А. Н. Ширяевым в монографии «Вероятность»^[1].

Траектории справедливой игры длиною 1000 шагов; коридор блуждания частицы обозначен горизонтальными линиями.

Формулировка

За столом сидят два игрока. У первого в распоряжении находится $-A\ (A<0, -A>0)$ рублей, у второго в распоряжении находится $B\ (B>0)$ рублей. Перед ними на столе лежит асимметричная монета (вероятность, что выпадет аверс, может равняться любому числу от 0 до 1 включительно). Если на монете выпадает аверс, то рубль выигрывает первый игрок (второй игрок выплачивает первому 1 рубль), а если выпадает реверс, то первый игрок платит второму один рубль. Требуется найти вероятность того, что один из игроков проиграется в ноль за $n\,$ шагов, и вероятность проигрыша каждого азартного игрока. Также необходимо вычислить среднюю длину игры.

Данная ситуация может быть смоделирована подобным образом: имеется блуждающая частица и коридор $[A;B]$. Рассматривается вероятность того, что частица выйдет из коридора за $n$ шагов (проскочит через верхнюю или нижнюю стенку).

Схема Бернулли

Рассмотрим схему Бернулли с $n$ испытаниями. Пусть $(\Omega,\mathcal{A},\mathbb{P})$ — вероятностное пространство, где $\Omega = \bigl\{\omega\colon \omega=(x_1;\ldots;x_n),\ x_i = \pm 1 \bigr\}$. $\mathcal{A} = \{ A_i \subseteq \Omega \}$ — алгебра подмножеств вероятностного пространства. Вероятность задана следующим образом: $\mathbb{P}\bigl(\{ \omega \}\bigr) = p^{\nu(\omega)}\cdot q^{n-\nu(\omega)}$, где $\nu(\omega)$ — количество выпавших в данной последовательность единиц: $\nu(\omega) = \frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i + n}{2}$. Данная формула позволяет считать количество единиц: $\nu(\omega)$ превращает соответственно полученные значения $(+1;-1)$ в $(1;0)$ и затем уже считает полученные единицы. Введём последовательность бернуллиевских случайных величин $\xi_i(\omega)\colon i=\overline{1;n};\quad\mathbb{P}\bigl(\{\xi_i=1\}\bigr)=p;\quad\mathbb{P}\bigl(\{\xi_i=-1\}\bigr)=q;\quad p+q=1.$

Подзадача о нормированности вероятности

Доказать, что $\sum\limits_{\omega\in\Omega} \mathbb{P}\bigl(\{\omega\}\bigr) = 1.$

Решение. $\sum\limits_{\omega\in\Omega} \mathbb{P}\bigl(\{\omega\}\bigr) = \sum\limits_{\omega\in\Omega} p^{\frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i + n}{2}} \cdot q^{n-\frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i + n}{2}} = \sum\limits_{k=0}^n \sum\limits_{\omega\in A_k} p^{\frac{\sum\limits_{i=1}^n (x_i+1)}{2}} \cdot q^{\frac{\sum\limits_{i=1}^n (1-x_i)}{2}} = \sum\limits_{k=0}^n C^k_n p^k q^{n-k}.$ Это справедливо в силу того, что $\frac{x_i+1}{2}\in \{ 0;1 \}.$ $\sum\limits_{k=0}^n C^k_n p^k q^{n-k} = (p+q)^n = 1$, поскольку по условию $p+q=1$. $\blacksquare$

Подзадача о независимости случайных величин $\xi_i$

Доказать, что $\xi_1$ и $\xi_2$ независимы.

Решение. Достаточно доказать, что $\mathbb{P}\bigl(\{\xi_1=1\}\cap\{\xi_2=1\} \bigr)=\mathbb{P}\bigl( \{\xi_1=1\} \bigr)\mathbb{P} \bigl(\{\xi_2=1\} \bigr).$

$\mathbb{P}\bigl( \{\xi_1=1\}\cap\{\xi_2=1\} \bigr) = \mathbb{P} \bigl(\{ \omega\colon \omega=(x_1;\ldots;x_n),\ x_1=1,\ x_2=1 \} \bigr) =$

$=\sum\limits_{\begin{smallmatrix}x_3=\pm 1 \\ \ldots{} \\ x_n=\pm 1\end{smallmatrix}} p^{\frac{2+\sum\limits_{i=3}^n x_i + n}{2}}\cdot q^{n - \frac{2+\sum\limits_{i=3}^n x_i + n}{2}} = p^2 \sum\limits_{\begin{smallmatrix}x_3=\pm 1 \\ \ldots{} \\ x_n=\pm 1\end{smallmatrix}} p^{\frac{\sum\limits_{i=3}^n x_i + (n-2)}{2}}\cdot q^{(n-2) - \frac{\sum\limits_{i=3}^n x_i + (n-2)}{2}} = p^2 \cdot 1.$ $\blacksquare$

Случайное блуждание

Введём новое обозначение: $S_0 = 0$, $S_k = \xi_1 + \ldots{} + \xi_k, \quad 1\leqslant k \leqslant n$. $n$ — длина игры, а последовательность $(S_k)_{k\leqslant n}$ можно рассматривать как траекторию случайного блуждания некоторой частицы, выходящей из нуля. При этом $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$. Пусть $A$, $B$ — два целых числа, $A\leqslant 0$, $B \geqslant 0$. Требуется найти, с какой вероятностью за $n$ шагов будет осуществлён выход частицы из коридора, ограниченного $A$ и $B$. Если $\xi_i = +1$, то второй игрок платит первому. Если $\xi_i = -1$, то первый игрок платит второму. Поэтому $S_k$ может рассматриваться в качестве выигрыша первого игрока у второго (который, естественно, может быть отрицательным). Далее, пусть $x$ — целое число, $x\in \mathbb{Z}\cap [A;B]$. Пусть также для $0\leqslant k \leqslant n$ верно, что $S^x_k = x+S_k$ (что означает, что игроки начинали играть с ненулевым капиталом в распоряжении). Пусть $\tau^x_k = \min \bigl\{ l\colon 0\leqslant l \leqslant k, S^x_l = \{A \mathrm{~or~} B \} \bigr\}$. Условимся считать, что $\tau^x_k = k$, если $A < S_l^x < B\quad \forall l\colon 0\leqslant l \leqslant k$. Если частица так и не пересекла границы, то $x_k$ не определён.

Для каждого $0\leqslant k \leqslant n$ и $x\in [A; B]\cap \mathbb{Z}$ момент $\tau^x_k$ называется моментом остановки, который является случайной величиной, определённой на пространстве элементарных событий $\Omega$. $\forall l<k\quad \{\omega\colon \tau^x_k = l\}$ — это событие, состоящее в том, что случайное блуждание $\{S^x_i\colon 0\leqslant i \leqslant k \}$, начинающееся в точке $x$, выйдет из интервала $[A;B]$ в момент $l$. Введём новые обозначения: $\mathcal{A}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = A \}$, $\mathcal{B}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = B \}$ для $0\leqslant k \leqslant n$. Пусть $\alpha_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{A}^x_k)$, $\beta_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k)$ — вероятности выхода частицы за время $[0;k]$ из интервала $[A;B]$ соответственно в точках $A$ и $B$.

Пусть $A<x<B$; очевидно, что $\alpha_0(x) = \beta_0 (x) = 0$ (пока игра не началась, частица находится внутри интервала с вероятностью 1). Пусть теперь $0\leqslant k \leqslant n$. Тогда по формуле полной вероятности $\beta_k (x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 )\cdot \mathbb{P}\bigl(\{\xi_1 = 1 \}\bigr) + \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 )\cdot \mathbb{P}\bigl(\{ \xi_1 = -1 \}\bigr).$

Подзадача о рекуррентности

Доказать, что (1) $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$ и (2) $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x-1}_{k-1} )$.

Доказательство.

(1) Докажем, что $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$. $\mathcal{B}^x_k = \bigl\{ \omega\colon (x;x+\xi_1;\ldots{};x+\xi_1+\ldots{}+\xi_k) \in B^x_k \bigr\}$, где $B^x_k$ — множество траекторий вида $(x;x+x_1;\ldots{};x+x_1+\ldots{}+x_k),\quad x_i=\pm 1$, которые за время $[0;k]$ впервые выходят из интервала $(A;B)$ в точке $B$ (показано на рисунке). Если случайный вектор попадает в подходящую траекторию, то он попадает в множество $\mathcal{B}$. Представим множество $B_k^x$ как $B_k^{x;x+1}\sqcup B_k^{x;x-1}$. Дизъюнктное объединение правомерно по причине того, что у любой частицы, проходящей по траектории, $x_1=\pm 1$. $B_k^{x;x+1}$ — те траектории из $B_k^x$, для которых $x_1=1$. $B_k^{x;x-1}$ — те траектории из $B_k^x$, для которых $x_1=-1$. Заметим, что каждая траектория $(x;x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ из $B_k^{x;x+1}$ находится в однозначном соответствии с траекторией $(x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ из $B_{k-1}^{x+1}$. Взаимно-однозначное соответствие доказывается от противного. Предположим, что $x_1 = -1$ (неоднозначное соответствие); тогда данная траектория $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots;x-1+x_2+\ldots+x_k)$ не сможет вывести частицу из коридора за $k$ шагов (а только лишь за $k+2$ из-за изначального отдаления от верхней стенки коридора). В обратную сторону соответствие является также однозначным из определения: $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$. Из этого следует, что $\mathbb{P} \Bigl(\big\{ (x+1;x+1+x_2;\ldots; x+1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x+1;x+1+x_1;\ldots; x+1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \in B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^{x+1})$ (так как $\xi_i$ суть независимые одинаково распределённые случайные величины).

Существует и другой способ доказательства:

$\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid \xi_1 = 1 ) = \mathbb{P} \bigl( (x;x+\xi_1;\ldots{};x+\xi_1+\ldots{}+\xi_k)\in B^x_k \mid \xi_1 = 1 \bigr) =$

$=\frac{\mathbb{P} \bigl( (x;x+\xi_1;\ldots{};x+\xi_1+\ldots{}+\xi_k)\in B^x_k \cap \xi_1 = 1 \bigr)}{\mathbb{P}(\{ \xi_1 = 1 \})} = \frac{\mathbb{P} \bigl( (x;x+1;\ldots{};x+1+\ldots{}+\xi_k)\in B^x_k \cap \xi_1 = 1 \bigr)}{\mathbb{P}(\{ \xi_1 = 1 \})} =$

$=\mathbb{P}\bigl( \{ (x;x+1;x+1+\xi_2;\ldots{};x+1+\xi_2+\ldots{}+\xi_k)\in B_k^x \} \bigr) = \mathbb{P}\bigl( \{ (x;x+1;x+1+\xi_1;\ldots{};x+1+\xi_1+\ldots{}+\xi_{k-1})\in B_k^x \} \bigr) =$

$=\mathbb{P}\bigl( \{ (x;x+1;x+1+\xi_1;\ldots{};x+1+\xi_1+\ldots{}+\xi_{k-1})\in B_{k-1}^{x+1} \} \bigr) = \mathbb{P} (\mathcal{B}_{k-1}^{x+1}) = \beta_{k-1}(x+1)$.

Это справедливо потому, что вероятности независимы (это было доказано ранее).

(2) Аналогично докажем, что $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$. Каждая траектория $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ из $B_k^{x;x+1}$ находится в однозначном соответствии с траекторией $(x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ из $B_{k-1}^{x-1}$. Отсюда $\mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_2;\ldots; x-1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_1;\ldots; x-1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \in B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^{x-1}).$ $\blacksquare$

Вывод рекуррентного соотношения

Из уравнения для $\beta_k(x)$ следует, что для $x\in (A;B)$ и $k\leqslant n$ верно: $\mathbb{P}(\mathcal{B}_k^x) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 )\cdot p + \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 )\cdot q = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1}) \cdot p + \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x-1}_{k-1})\cdot q = p\beta_{k-1}(x+1) + q\beta_{k-1}(x-1).$

$\beta_l(B)= 1$, $\beta_l(A)=0$ для $l\in[0;n]$. Формула полной вероятности также даёт нам следующий результат: $\alpha_k(x) = p\alpha_{k-1}(x+1) + q\alpha_{k-1}(x-1)$. Также отметим, что $\mathcal{B}_{k-1} \subset \mathcal{B}_{k}$, и поэтому $\beta_{k-1}(x)\leqslant \beta_k(x)\leqslant 1$ для $k \leqslant n$. Это утверждение верно, так как к любой траектории, выводящей частицу за меньшее количество шагов, можно прибавить в начало один шаг ($x_{j-1}=\pm 1$), на котором частица может прийти в точку $(j;S^x_{j})$ как из $(j-1;S^x_{j}-1)$ (для $\xi_j=1$), так и из $(j-1;S^x_{j}+1)$ ($j\leqslant k$).

Нахождение вероятностей

При достаточно больших $n$ вероятность $\beta_n (x)$ близка к $\beta(x)$ — решению уравнения $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ при тех условиях, что $\beta(B)=1$ (выход произошёл сразу же из точки $B$ — конец игры, выиграл первый игрок), $\beta(A)=0$ (первый игрок никогда не выиграет, если выход произойдёт мгновенно в точке $A$). Эти условия следуют из того, что $\lim\limits_{l\rightarrow\infty} \beta_l(B) = \beta(B)$. Это также будет доказано в этом разделе.

Сначала получим решение уравнения $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$. Пусть игра несправедливая ($p\ne q$). В таком случае найдём корни уравнения, то есть $\beta(x)$. Одно частное решение видно сразу: $\beta(x) = \mathrm{const} = a$. Другое решение найдём, воспользовавшись тем, что $\beta(x)$ — функция. Целесообразно употребить выражение с отношением $\frac{q}{p}$, учитывая, что $p+q=1$: $\left( \frac{q}{p} \right)^x = \frac{q^x(p+q)}{p^x} = \frac{q^x}{p^{x-1}} + \frac{q^{x+1}}{p^x} = p\frac{q^{x+1}}{p^{x+1}} + q\frac{q^{x-1}}{p^{x-1}} = p\left(\frac{q}{p}\right)^{x+1} + q\left(\frac{q}{p}\right)^{x-1}$. Отсюда правомерно предположить, что $\beta(x) = b\cdot \left(\frac{q}{p}\right)^x$. Добавление константы ничего не изменит благодаря тому, что $p+q=1$.

Теперь рассмотрим общее решение: $\beta(x) = a + b\left(\frac{q}{p}\right)^x$. Воспользуемся теми условиями, что $\beta(A) = a+b\left(\frac{q}{p}\right)^A=0$ и $\beta(B) = a+b\left(\frac{q}{p}\right)^B=1$, и получим, что $\beta(x) = \frac{\beta(x)-0}{1-0} = \frac{\beta(x)-\beta(A)}{\beta(B)-\beta(A)} = \frac{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{A} \right)}{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{B} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{A} \right)} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}.$

Подзадача о единственности решения

Докажем единственность решения данной задачи. Для этого покажем, что любое решение задачи $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ с граничными условиями может быть представлено в виде $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$.

Решение. Рассмотрим некоторое решение $\check \beta(x)$ при условиях $\check\beta (A)=0$, $\check\beta(B)=1$. Тогда всегда можно подобрать такие константы $\check a$ и $\check b$, что $\check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A} = \check\beta(A)$, $\check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{A+1} = \check \beta(A+1)$. Тогда из уравнения поставленной задачи следует, что $\check\beta(A+2) = \check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A+2}$. Тогда в общем случае $\check \beta(x) = \check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$. Следовательно, решение $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$ является единственным. Точно такой же ход рассуждений может быть применён и к $\alpha(x)$. $\blacksquare$

Предельная сходимость

Рассмотрим вопрос о быстроте предельной сходимости $\alpha_n(x)$ и $\beta_n(x)$ к $\alpha(x)$ и $\beta(x)$. Пусть блуждание начинается из начала координат ($x=0$). Для простоты обозначим $\alpha_n(0)=\alpha_n$, $\beta_n(0)=\beta_n$, $\gamma_n = 1-\alpha_n-\beta_n$. Иными словами, $\gamma_n$ — это единица минус сумма вероятностей выхода частицы из коридора — вероятность того, что она останется блуждать в коридоре: $\gamma_n = \mathbb{P} \{ \omega\colon A<S_k<B; 0\leqslant k \leqslant n \}$. $\omega$ представляет собой событие $\bigcap\limits_{0\leqslant k \leqslant n} \{ A<S_k<B \}$. Рассмотрим число $n=rm$, где $r,m\in \mathbb{Z}$, и цепочку случайных величин $\zeta_n\colon \zeta_1 = \sum\limits_{i=1}^m \xi_i,~\zeta_2 = \sum\limits_{i=m+1}^{2m} \xi_i,~\ldots{},~\zeta_r = \sum\limits_{i=m(r-1)}^{rm} \xi_i$. Если обозначить совокупное богатство за $C = |A| +B$, то тогда $\{A<S_k<B;1\leqslant k \leqslant rm \} \subseteq \bigl\{|\zeta_1|<C;\ldots{};|\zeta_r|<C\bigr\}$. Этому есть разумное объяснение: если частица выходит из нуля и не пересекает границ, то тогда совершенно определённо сумма $m$ штук $x_i$ меньше, чем совокупный запас.

Подзадача о независимости случайных величин $\zeta_i$

Докажем, что $\zeta_j$ независимы и одинаково распределённые. Достаточно доказать, что они независимы, так как все они имеют биномиальное распределение.

Решение. Докажем, что $\mathbb{P}\bigl(\{ \zeta_1=m \} \cap \{ \zeta_2=m \} \bigr) = \mathbb{P} \bigl( \{\zeta_1=m\}\bigr) \cdot \mathbb{P}\bigl( \{\zeta_2=m\}\bigr).$

$\mathbb{P}\bigl(\{ \zeta_1=m \} \cap \{ \zeta_2=m \} \bigr) = \mathbb{P} \left( \left\{ \sum\limits_{i=1}^{m} \xi_i = m \right\} \cap \left\{ \sum\limits_{i=m+1}^{2m} \xi_i = m \right\} \right) =$

$=\mathbb{P}\bigl( \{ \xi_{1;\ldots;m} = 1 \} \cap \{ \xi_{m+1;\ldots;2m} = 1\} \bigr) = \mathbb{P}^{2m}\bigl( \{\xi_i=1\}\bigr) = \mathbb{P} \bigl(\{\zeta_1=m\}\bigr) \cdot \mathbb{P} \bigl(\{\zeta_2=m\}\bigr)$. $\blacksquare$

Вернёмся к рассмотрению сходимости. $\gamma_n \leqslant \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|;\ldots;|\zeta_r|<C\bigr\} \Bigr) = \prod\limits_{i=1}^r \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_i|<C \bigr\} \Bigr) = \biggl( \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr) \biggr)^r$, что следует из только что доказанного. Рассмотрим дисперсию: $\mathrm{Var}(\zeta_1) = m\bigl(1-(p-q)^2\bigr)$ (что вполне правомерно, так как $1-(p-q)^2 =1-\bigl((p+q)^2-4pq\bigr)$, а $\xi$ — модифицированная бернуллиевская случайная величина), поэтому для достаточно больших $m$ и $0<p<1$ верно: $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C\bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$, где $\varepsilon_1<1$, так как если $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|\leqslant C \bigr\} \Bigr)=1$, то $\mathrm{Var}(\zeta_1)\leqslant C^2$. Если $p=0$ или $p=1$, то для довольно больших $m$ верно, что $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr)=0$, поэтому неравенство $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$ верно $\forall p\in[0;1]$. Из вышесказанного следует, что $\gamma_n \leqslant \varepsilon^n$, где $\varepsilon = \varepsilon_1^{\frac{1}{m}}<1$. Так как $\alpha+\beta = 1$, то $(\alpha-\alpha_n)-(\beta-\beta_n)=\gamma_n$; так как $\alpha\geqslant \alpha_n$ и $\beta\geqslant \beta_n$, то $0\leqslant \alpha-\alpha_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$; $0\leqslant \beta-\beta_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ при $\varepsilon<1$. Аналогичные оценки справедливы и для разностей $\alpha(x)-\alpha_n(x)$ и $\beta(x)-\beta_n(x)$, так как можно свести эти разности к разностям $\alpha-\alpha_n$ и $\beta-\beta_n$ при $A_1 = A-x$, $B_1=B-x$.

Вернёмся к рассмотрению $\alpha(x)$. По аналогии с решением $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$ уравнения $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$, можно сказать, что у уравнения $\alpha(x) = p\alpha(x+1) + q\alpha(x-1)$ при граничных условиях $\alpha(A)=1$, $\alpha(B)=0$ существует единственное решение $\alpha(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{x}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}},\qquad A\leqslant x \leqslant B.$

Нетрудно заметить, что $\alpha(x) + \beta(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{x}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} + \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}=1$ при любых $p\in [0;1]$. Если же игра является справедливой (вероятность выпадения аверса равна вероятности выпадения реверса), то решения будут выглядеть следующим образом: $\beta(x) = \frac{x-A}{B-A}$, $\alpha(x) = \frac{B-x}{B-A}$.

Ответ о вероятности разорения

Величины $\alpha(x)$ и $\beta(x)$ было бы можно назвать вероятностями разорения первого и второго игрока при начальных капиталах $x-A$ и $x-B$ при стремлении количества ходов к бесконечности и характеризации случайной величина $\xi_i=+1$ как выигрыша первого игрока, а $\xi_i=-1$ — проигрыша первого игрока. В дальнейшем будет показано, почему такую последовательность действительно можно построить.

Если $A=0$, то интуитивный смысл функции $\beta(x)$ — это вероятность того, что частица, вышедшая из положения $x$, достигнет верхней стенки ($B$) ранее, чем нуля. Из формул $\beta (x)$ видно, что $\beta(x) = \begin{cases} \frac{x}{B}, & p=q=0{,}5,\\ \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-1}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-1}, & p\ne q \end{cases}$.

Парадокс увеличения ставки при неблагоприятной игре

Что необходимо сделать первому игроку, если игра неблагоприятна для него?

Его вероятность проигрыша задана формулой $\lim\limits_{k\rightarrow\infty} \alpha_k = \alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-1}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$. Теперь пусть первый игрок с капиталом $(-A)$ примет решение удвоить ставку и играть на два рубля. Теперь $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=2\}\bigr)=p$, $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=-2\}\bigr)=q$. Тогда обозначим предельную вероятность разорения первого игрока так: $\alpha_2$. Тогда $\alpha_2 = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-1}{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}}$. Поэтому $\alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B\cdot2} - 1^2}{ \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B\cdot2} - \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A\cdot2} } = \frac{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-1\right)\cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\right)}{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}\right) \cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}\right)} = \alpha_2 \cdot \frac{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\right)}{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}\right)} > \alpha_2$, так как $\alpha_2$ уможается на дробь, которая больше единицы при $q>p$.

Поэтому если вероятность выпадения столь желанного для первого игрока аверса меньше $0{,}5$, то ему выгодно увеличить ставку в $r>1$ раз: это уменьшает вероятность его терминального разорения за счёт того, что вырастает вероятность выскочить из коридора в точке $B$. Это решение кажется парадоксальным, так как складывается впечатление, что при неблагоприятной ситуации надо снизить ставку и уменьшить проигрыш, но в действительности при бесконечном числе игр и низкой ставке проигрывающий игрок в конечном счёте обязательно проиграется в ноль, а игрок с высокой ставкой обладает большими шансами выпадения количества аверсов, достаточного для завершения игры в точке $B$.

Длительность случайного блуждания

Рассмотрим среднюю длительность блуждания нашей частицы. Введём математическое ожидание момента, когда игра прекращается: $\mathbb{E}(\tau^x_k)= m_k(x)$ для $k\leqslant n$. Выведем рекуррентное соотношение для математического ожидания продолжительности игры:

$m_k(x) = \mathbb{E}(\tau_k^x) = \sum\limits_{1\leqslant l \leqslant k} l\mathbb{P} \bigl( \{\tau_k^x = l\} \bigr) = \sum\limits_{1\leqslant l \leqslant k} l \Bigl( p\mathbb{P}\bigl(\{ \tau_k^x = l \} \big| \{ \xi_1=1 \}\bigr) + q\mathbb{P}\bigl(\{ \tau_k^x = l \} \big| \{ \xi_1=-1 \}\bigr) \Bigr) =$

$= \sum\limits_{1\leqslant l \leqslant k} l \Bigl( p\mathbb{P}\bigl( \{ \tau_{k-1}^{x+1} = l-1 \}\bigr) + q\mathbb{P}\bigl\{ \tau_{k-1}^{x-1} = l-1 \}\bigr) \Bigr) = \sum\limits_{0\leqslant l \leqslant k-1} (l+1) \Bigl( p\mathbb{P}\bigl( \{ \tau_{k-1}^{x+1} = l\}\bigr) + q\mathbb{P}\bigl(\{ \tau_{k-1}^{x-1} = l \}\bigr) \Bigr) =$

$= pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + \sum\limits_{0\leqslant l \leqslant k-1} \Bigl( p\mathbb{P}\bigl( \{ \tau_{k-1}^{x+1} = l\}\bigr) + q\mathbb{P}\bigl(\{ \tau_{k-1}^{x-1} = l \}\bigr) \Bigr) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1.$

Для $x\in (A;B)$ и $k\in[0;n]$ мы получили рекуррентное соотношение для функции $m_k(x)$: $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$ при $m_0(x)=0$. Введём граничные условия: если игра начинается в точке $A$ или $B$, то тогда она тут же и завершится — её длительность будет равна 0: $m_k(A) = m_k(B)=0$. Из рекуррентного соотношения и граничных условий можно один за другим вычислить $m_i(x)$. Так как $m_{k+1}(x) \geqslant m_k(x)$, то существует предел $m(x) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(x)$, который удовлетворяет соотношению $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$: $m(x) = 1+pm(x+1) + qm(x-1)$ при выполнении $m(A)=m(B)=0$. Данные переходы аналогичны тем, что мы рассмотрели при переходе к $n\rightarrow\infty$ в уравнении вероятности проигрыша. Для того чтобы решить данное уравнение, надо ввести ещё одно условие: матожидание количества ходов должно быть конечным, то есть $m(x)<\infty$, $x\in(A;B)$.

Решим данное уравнение. В уравнении вероятности проигрыше ($p\ne q$) уже были получены частные решения $a$ и $b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$. Здесь же появляется ещё один претендент на роль частного решения: $\frac{x}{q-p} =\frac{q-p+(p+q)x + p-q}{q-p} = \frac{q-p}{q-p} + \frac{p(x+1)}{q-p} + \frac{q(x-1)}{q-p} = 1 + p\frac{x+1}{q-p} + q\frac{x-1}{q-p}$, поэтому $m(x) = \frac{x}{q-p} + a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$. С учётом граничного условия $m(A)=m(B)=0$ находим при помощи ранее полученных соотношений $m(x)$: $m(x) = \frac{1}{p-q}\bigl( B\beta(x) + A\alpha(x) - x\bigr)$. В случае идеальной монетки получаем следующее выражение: $m(x) = a+bx-x^2$. Применение граничного условия даёт: $m(x)= (B-x)(x-A)$. Из этого следует, что в случае равных стартовых капиталов $m(0)=B^2$. Например, если у каждого игрока есть по 5 рублей, а ставка — 1 рубль, то в среднем разоряться игроки будут через 25 ходов.

При рассмотрении вышеуказанных формул подразумевалась конечностью математического ожидания числа ходов: $m(x)<\infty$. Теперь будет предложено доказательство этого факта.

Задача о конечности ожидаемого числа ходов

Доказать, что $m(x)<\infty\quad \forall A,B$.

Решение. Достаточно доказать это для случая $x=0$ (так как ранее было уже продемонстрировано, что случаи $x\ne 0$ могут быть сведены к $x=0$ вариацией $A$ и $B$) и $p=q$, а затем рассмотреть случай $p\ne q$. Итак, рассмотрим последовательность $S_{0;1;\ldots;n}$ и введём случайную величину $S_{\tau_n} = S_{\tau_n}(\omega)$, где $\tau_n=\tau_n^0$ — момент остановки. Далее, пусть $S_{\tau_n} (\omega) = \sum\limits_{k=0}^n S_k(\omega) \mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega)$. Интерпретация такова: $S_{\tau_n}$ — это значение случайного блуждания в момент $\tau_n$. Если $\tau_n<n$, то $S_{\tau_n}\in \{A;B\}$; если $\tau_n=n$, то $A\leqslant S_{\tau_n} \leqslant B$. Вспомним, что $p=q=0{,}5$, и докажем, что $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$, $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$.

Для доказательства первого равенства напишем: $\mathbb{E}(S_{\tau_n}) = \sum\limits_{k=0}^n \mathbb{E} \bigl(S_k\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega)\bigr) = \sum\limits_{k=0}^n \mathbb{E} \bigl( S_n\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega) \bigr) + \sum\limits_{k=0}^n \bigl( (S_k-S_n)\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega) \bigr) = \mathbb{E}(S_n) + \sum\limits_{k=0}^n \bigl( (S_k-S_n)\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega) \bigr)$. Совершенно очевидно, что $\mathbb{E}(S_n)=0$, так как $S_n = \xi_1+\ldots+\xi_n$, $\xi_i=\pm 1$ при $p=q$. Осталось доказать, что $\sum\limits_{k=0}^n \bigl( (S_k-S_n)\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega) \bigr) = 0$. Для $0\leqslant k < n$ справедливо, что $\{ \tau_n>k \} = \{ A<S_1<B;\ldots;A<S_k<B\}$. Последнее событие может быть представлено в виде $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$, где $J$ — некоторое подмножество множества $\{ -1;+1 \}^k$. Это множество определяется только $\xi_i$ при $i=\overline{1;k}$. Для бо́льших $i$ значения $\xi_{k+1};\ldots;\xi_n$ не влияют на $J$. Множество вида $\{ \tau_n=k \} = \{ \tau_n>k-1 \} \backslash \{ \tau_n>k \}$ также может быть представлено в виде $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$. Благодаря независимости $\xi_i$ (доказано в подзадаче 2) вытекает, что $\forall 0\leqslant k < n$ случайные величины $S_n-S_k$ и $\mathbf{1}_{\{ \tau_n=k \}}$ независимы. Отсюда $\mathbb{E} \bigl( S_k\cdot\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega)\bigr) = \mathbb{E}(S_k)\cdot \mathbb{E}\bigl(\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega)\bigr)=0$ в силу того, что первый множитель нулевой.

$\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \sum\limits_{k=0}^n \mathbb{E} ( S^2_k \mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}) =$

$= \sum\limits_{k=0}^n \mathbb{E} \Bigl( \bigl(S_n +(S_k - S_n)^2\bigr) \mathbf{1}_{\{{\tau_n=k}\}}\Bigr) = \sum\limits_{k=0}^n \Bigl( \mathbb{E}(S^2)\mathbf{1}_{\{{\tau_n=k}\}} + 2\mathbb{E} \bigl( S_n (S_k - S_n)\bigr) \mathbf{1}_{\{{\tau_n=k}\}} + \mathbb{E} \bigl( (S_n-S_k)^2 \bigr)\mathbf{1}_{\{{\tau_n=k}\}} \Bigr) =$

$=\mathbb{E}(S^2) - \sum\limits_{k=0}^n \mathbb{E} \bigl( (S_n-S_k)^2 \bigr)\mathbf{1}_{\{{\tau_n=k}\}} = n - \sum\limits_{k=0}^n \mathbb{E} (n-k)\mathbb{P}\bigl( \{\tau_n=k\}\bigr) = \sum\limits_{k=0}^n k\mathbb{P}\bigl(\{\tau_n=k\}\bigr) = \mathbb{E}(\tau_n).$

Установлено, что для идеальной монетки $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$, $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$. В случае же $p\ne q$ имеют место соотношения $\mathbb{E}(S_{\tau_n}) = (p-q)\mathbb{E}(\tau_n)$ (поскольку $\mathbb{E}(\xi_1) = p-q$) и $\mathbb{E}\Bigl( \bigl(S_{\tau_n} - \tau_n \mathbb{E}(\xi_1)\bigr)^2 \Bigr) = \mathrm{Var}(\xi_1) \cdot \mathbb{E}(\tau_n)$, поскольку $\mathrm{Var}(\xi_1) = 1-(p-q)^2$. Теперь покажем, что $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(0) = m(0)<\infty$. В случае справедливой игры в силу соотношения $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$ верно, что $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \max\{ A^2;B^2\}$. Тогда же $\mathbb{E} (\tau_n) = \mathbb{E}(S^2_{\tau_n}) = A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \mathbb{E} (S^2_n \mathbf{1}_{\{{A<S_n<B}\}}) \mathbf{1}_{\{{\tau_n=n}\}}$, поэтому $A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n \leqslant \mathbb{E}(\tau_n) \leqslant A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \max\{ A^2;B^2 \}\cdot \gamma_n$. Из неравенства $\gamma_n<\varepsilon^n$ следует, что математическое ожидание $\mathbb{E}(\tau_n)$ сходится при $n\rightarrow\infty$ к предельному значению $m(0) = A^2\alpha + B^2 \beta = A^2 \cdot \frac{B}{B-A} - B^2\cdot \frac{A}{B-A} = |AB|$. В случае несправедливой игры $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \frac{\max\{ |A|;B \}}{|p-q|}$. Так как за $\tau_n$ обозначался момент первого вылета частицы за пределы коридора, то математическое ожидание его меньше определённых чисел, следовательно, меньше бесконечности. При таком условии $\mathbb{E}(\tau_n)\rightarrow m(0) = \frac{\alpha A + \beta B}{p-q}$. $\blacksquare$

Компьютерное моделирование (метод Монте-Карло)

Для моделирования игры воспользуемся программой MATLAB.

Для начала сгенерируем последовательность $\xi_i$, а затем при некотором первоначальном богатстве $x$ создадим цепочку $S_k$:

Последовательность $\xi$ (getXI)

n = 100;                             % The length of \xi_i series
U = rand(n,1);                       % Generate 100 random uniform [0;1] values
XI = zeros(n,1);                     % Reserve memory for 100 modified Bernoulli
q = 0.55;                            % Reverse probability
p = 1 - q;                           % Averse probability
 
                                     % The following cycle creates a Bernoulli distribution based on uniform [0;1]
for i = 1:n                          % This cycle divides the [0;1] array into 2 parts: lengths q and p, q+p=1
   if (U(i,1) < q)                        
       XI(i,1) = -1;                 % If a uniform random value falls into q then \xi=-1
   else XI(i,1) = 1;                 % If a uniform random value falls into p then \xi=+1
   end
end
 
x = 10;                              % Initial 1st player's budget offset
 
S = zeros(n,1);                      % Reserve memory for 100 S_1...S_100
 
for i = 1:n                          % Make S_k series according to rule S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}
    S(i,1) = x + sum(XI(1:i, 1));    % considering the initial welfare offset x
end

Затем введём функцию getS(n, q, x), которая бы не просто, как листинг выше, генерировала ряд $S_k$ сразу и мгновенно, а позволяла бы обобщённо на основе введённых значений $n$, $q$ и $x$ построить ряд, не усложняя вычислений. Это бы упростило рабочую область.

Генерация ряда (getS function)

function [S] = getS(n, q, x)         % This function depends on n, q and x --- 3 variables
U = rand(n,1);
XI = zeros(n,1);
 
for i = 2:n                          % Uniform->Bernoulli distribution transformation
   if (U(i,1) < q)
       XI(i,1) = -1; 
   else XI(i,1) = 1;
   end
end
 
S = zeros(n,1);                      % Reserve memory for n S_1...S_n
 
for i = 2:n                          % Calculate the S_1...S_n series
    S(i,1) = sum(XI(1:i, 1));        % Sums the \xi's
end
S = x + S;                           % Adds initial welfare to each S_k of the whole matrix

Возникает разумный вопрос: зачем считать $\xi$, начиная только со второй величины (for i = 2:n)? Дело в том, что это делается исключительно в целях наглядной визуализации. При построении графика в следующем коде будут строиться траектории $S_k$, и если бы было написано for i = 1:n, то тогда уже с самого первого значения некоторые траектории бы выходили из $x-1$, некоторые — из $x+1$. Так как в данной программе из соображений оптимальности лучше не задействовать нулевое значение (из него частица выходит, но не рисуется, так как прибавление $\xi_1$ происходит сразу), то просто-напросто сдвинем нумерацию на оси абсцисс на единицу вправо. Теперь проведём серию тестов и наглядно рассмотрим возможные траектории при некоторых вероятностях, длинах игры и количестве игр.

Визуализация (graphS)

Три игры в 10 шагов при $q=0{,}45$.

Пять игр в 100 шагов при $q=0{,}56$. Видно, что частицу «тянет вниз» к точке $A$.

Сто справедливых игр в 10000 шагов.

N = 3;                               % Number of games played
n = 10;                              % Number of tosses
q = 0.45;                            % Chance 1st player loses 1 rouble
x = 0;                               % Initial welfare offset
 
matrS = zeros(N, n);                 % Reserve memory for N rows n cols matrix
for i = 1:N                          % This loop fills the S matrix with S_k, yielding N trajectories
    matrS(i,:) = getS(n, q, x)';
    plot(matrS(i,:));                % Gives an image
    hold on;                         % Holds the axes for next trajectory overlay
end
hold off;                            % Clears axes for a new plot

Теперь подойдём к самой главной составляющей программной части — алгоритму, который позволил бы вычислять среднюю длину игры при заданных параметрах $(A;B;n;q)$. Если теория верна, то нижеследующий эксперимент её лишь подтвердит. Также допишем в программу строчку, которая будет вычислять вероятность разорения первого игрока ($\beta(x)$) при заданных начальных капиталах и сопоставлять её с теоретической.

Полная модель игры (Monte_Carlo)

N = 3000;                                 % Number of games played
n = 3000;                                 % Number of tosses
q = 0.5;                                  % Chance 1st player loses 1 rouble
p = 1-q;                                  % Chance 1st player wins 1 rouble
A = -10;                                  % 1st player budget
B = 10;                                   % 2nd player budget
x = 0;                                    % Budget offset towards 1st player
Bs = 0;                                   % amount of cases particle hits B (it will change soon)
As = 0;                                   % amount of cases particle hits A (it will change soon)
 
matrS = zeros(N, n);                      % Reserve memory for N rows n cols matrix
TAU1 = n * ones(N, n);                    % Fill another N rows n cols matrix with n's
for i = 1:N                               % This loop makes up N trajectories of S_k relying on input q, x, n
  matrS(i,:) = getS(n, q, x)';
  for j = 1:n
      if (matrS(i,j) == A)||(matrS(i,j) == B) % If a particle exceeds A or B, then
      TAU1(i,j) = j;                          % put the number of step into the table
      end
  end
  plot(matrS(i,:));                       % Displays a figure
  grid on;
  hold on;                                % Simultaneous plots within same axes
end
hold off;                                 % Clears axes for a new plot
 
TAU = (min(TAU1'))';                      % TAU = earliest step of [A;B] corridor overrun
 
% As [min] affects columns and gives row then we transpose TAU1,
% minimize it by rows and make it a column again
for i = 1:N                               % Our S_n series are ready; they nest in matrS
    for j=1:TAU(i)                        % Scan only till we encounter the escape step!
        if (matrS(i,j) == A);             % If a particle escaped through A (1st player busted)
        As = As+1;                        % then add +1 to 1st player's failures
        elseif (matrS(i,j) == B)          % Otherwise if its first threshold was B
        Bs = Bs+1;                        % then add +1 to 1st player's wins
        end                               % If n is not large enough, then
    end                                   % As + Bs may not make up N
end
ALPHA = As/(As+Bs)                        % Match alphas with their theoretical values
if (q == p)
   THEORALPHA = (B-x)/(B-A)
else THEORALPHA = ((q/p)^B - (q/p)^x)/((q/p)^B - (q/p)^A)
end
BETA = 1-ALPHA                            % Same for betas
if (q == p)
   THEORBETA = (x-A)/(B-A)
else THEORBETA = 1-THEORALPHA
end
meanTAU = mean(TAU)                       % Law of large numbers for great N's
if (q == p)
   THEORTAU = (B-x)*(x-A)
else THEORTAU = 1/(p-q)*(B*THEORBETA+A*THEORALPHA-x)
end

Отметим, что при небольших $n$ не все частицы вылетают из коридора, поэтому здесь надо подчеркнуть, что теория говорит: «при достаточно больших $n$ вероятность $\beta_n(x)$ близка к $\beta(x)$».

Тестирование

Нижеследующие данные рассчитаны для $n=3000$, $N = 3000$.

№ теста	$q$	$A$	$B$	$x$	ALPHA	$\alpha(x)$	BETA	$\beta(x)$	meanTAU	$m(x)$
1	$0{,}49$	$-6$	$5$	$0$	$0{,}4020$	$0{,}4006$	$0{,}5980$	$0{,}5994$	$30{,}9307$	$29{,}6856$
2	$0{,}6$	$-60$	$6$	$-3$	$0{,}9733$	$0{,}9740$	$0{,}0267$	$0{,}0260$	$278{,}2200$	$276{,}4159$
3	$0{,}6$	$-20$	$2$	$-1$	$0{,}7040$	$0{,}7038$	$0{,}2960$	$0{,}2962$	$62{,}2680$	$62{,}4178$
4	$0{,}54$	$-10$	$50$	$10$	$0{,}9990$	$0{,}9984$	$0{,}0010$	$0{,}0016$	$251{,}3587$	$248{,}8205$
5	$0{,}5$	$-10$	$20$	$0$	$0{,}6580$	$0{,}6667$	$0{,}3420$	$0{,}3333$	$202{,}3007$	$200{,}0000$
6	$0{,}35$	$-3$	$90$	$0$	$0{,}1457$	$0{,}1561$	$0{,}8543$	$0{,}8439$	$256{,}4557$	$251{,}6022$

В экспериментах 2 и 3 продемонстрировано свойство: если игра проигрышная для первого игрока, то увеличение ставки в модели эквивалентно сокращению $A$, $B$ и $x$ в одно и то же число раз относительно нуля. Ставка увеличилась втрое — вероятность выскочить из коридора со значением $B$ выросла в 11 раз!

См. также

• Случайное блуждание
• Случайный процесс
• Формула полной вероятности
• Распределение Бернулли
• Метод Монте-Карло

Примечания

1. ↑ Ширяев А. Н. Вероятность—1, Вероятность—2 // Москва, МЦНМО. — 2007.