Problém s ruinou hráče

Aktuální verze stránky ještě nebyla zkontrolována zkušenými přispěvateli a může se výrazně lišit od verze recenzované 13. února 2020; kontroly vyžadují 5 úprav .

Problém zruinování hráče je problém z oblasti teorie pravděpodobnosti . Podrobně se jí zabýval ruský matematik A. N. Shiryaev v monografii „Pravděpodobnost“ [1] .

Formulace

U stolu jsou dva hráči . První má k dispozici rubly, druhý má k dispozici rubly . Před nimi na stole leží asymetrická mince ( pravděpodobnost , že vypadne líc , se může rovnat libovolnému číslu od 0 do 1 včetně). Pokud na minci padne líc, pak první hráč vyhrává rubl (druhý hráč zaplatí prvnímu 1 rubl), a pokud padne rub, první hráč zaplatí druhému jeden rubl. Je nutné zjistit pravděpodobnost, že jeden z hráčů prohraje v krocích na nulu, a pravděpodobnost prohry každého hráče. Je také nutné vypočítat průměrnou délku hry. $-A\ (A<0, -A>0)$ $B\ (B>0)$ $n$

Tuto situaci lze modelovat podobným způsobem: existuje bludná částice a chodba . Uvažujeme pravděpodobnost, že částice opustí chodbu po krocích (proklouzne horní nebo spodní stěnou). $[A;B]$ $n$

Bernoulliho schéma

Zvažte Bernoulliho schéma se zkouškami. $n$

Nechť je pravděpodobnostní prostor, kde $(\Omega,\mathcal{A},\mathbb{P})$

$\Omega = \bigl\{\omega\colon \omega=(x_1;\ldots;x_n),\ x_i = \pm 1 \bigr\}$ - základní výsledky,
$\mathcal{A} = \{ A_i \subseteq \Omega \}$ je algebra podmnožin pravděpodobnostního prostoru ,
$\mathbb{P}\bigl(\{ \omega \}\bigr) = p^{\nu(\omega)}\cdot q^{n-\nu(\omega)}$ , kde je počet shozených jednotek v dané sekvenci. $\nu(\omega)$

Ve výše uvedeném výrazu lze počet shozených jednotek zjistit následovně: . $\nu(\omega) = \frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i + n}{2}$

Zavádíme posloupnost Bernoulliho náhodných proměnných:

$i={\overline {1;n)),\quad \xi _{i}(\omega )\colon \quad \mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{i}= 1\}{\bigr )}=p,\quad \mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{i}=-1\}{\bigr )}=q,\quad p+q= jeden.$

Podproblém normalizace pravděpodobnosti

Dokázat to $\sum\limits_{\omega\in\Omega} \mathbb{P}\bigl(\{\omega\}\bigr) = 1.$

Řešení

$\sum \limits _{\omega \in \Omega }\mathbb {P} {\bigl (}\{\omega \}{\bigr )}=\sum \limits _{\omega \in \Omega }p^{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}x_{i}+n}{2}}\cdot q^{n-{\frac {\sum \limits _{i =1}^{n}x_{i}+n}{2}}}=\součet \limits _{k=0}^{n}\součet \limits _{\omega \in A_{k}}p ^{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}(x_{i}+1)}{2))\cdot q^{\frac {\sum \limits _{i=1} ^{n}(1-x_{i})}{2}}=\sum \limits _{k=0}^{n}C_{n}^{k}p^{k}q^{nk} .$ To je pravda vzhledem k tomu, že $\frac{x_i+1}{2}\in \{ 0;1 \}.$

$\sum\limits_{k=0}^n C^k_n p^kq^{nk} = (p+q)^n = 1$ , protože podle podmínky . $p+q=1$ $\blacksquare$

Dílčí problém nezávislosti náhodných veličin ξ i

Dokažte to a buďte nezávislí. $\xi_1$ $\xi_2$

Řešení

Nezávislost náhodných veličin to znamená

$\mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{1}=1\}\cap \{\xi _{2}=1\}{\bigr )}=\mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{1}=1\}{\bigr )}\mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{2}=1\}{\bigr )},$

pojďme si to ukázat:

\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 \součet\ limity_{\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

Náhodná procházka

Pro Bernoulliho schéma se shodneme na následujícím významu náhodné veličiny ξ: znamená, že druhý hráč platí prvnímu a první hráč platí druhému. $\xi_i = +1$ $\xi_i = -1$

Pojďme si představit nový zápis:

$S_0 = 0$ , . $S_k = \xi_1 + \ldots{} + \xi_k, \quad 1\leqslant k \leqslant n$

Číslo se rovná délce trvání hry a posloupnost lze považovat za trajektorii náhodné procházky nějaké částice počínaje nulou, přičemž rovnost je zřejmá a znamená to, že první hráč vyhrává nad druhým (což může být negativní). $n$ $(S_k)_{k\leqslant n}$ $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$ $S_k$

Nechť , jsou dvě celá čísla, , . Je potřeba najít pravděpodobnost, s jakou bude výstup částice z koridoru ohraničený a proveden v krocích . $A$ $B$ $A\leqslant 0$ $B \geqslant 0$ $n$ $A$ $B$

Dále nechť je celé číslo, . Nechť také za to (což znamená, že hráči začali hrát s nenulovým kapitálem, který měli k dispozici). Nechte _ Předpokládejme, že pokud . Pokud částice nikdy nepřekročila hranice, pak je nedefinovaná. $X$ $x\in \mathbb{Z}\cap [A;B]$ $0\leqslant k \leqslant n$ $S^x_k = x+S_k$ $\tau^x_k = \min \bigl\{ l\colon 0\leqslant l \leqslant k, S^x_l = \{A \mathrm{~or~} B \} \bigr\}$ $\tau^x_k = k$ $A < S_l^x < B\quad \forall l\colon 0\leqslant l \leqslant k$ $x_k$

Pro každý a moment se nazývá moment zastavení , což je náhodná veličina definovaná v prostoru elementárních událostí . je událost , kdy náhodná procházka , počínaje bodem , opustí interval v daném čase . Zaveďme nový zápis: , pro . Nechť , jsou pravděpodobnosti částice opouštějící interval v čase, respektive v bodech a . $0\leqslant k \leqslant n$ $x\in[A; B]\cap \mathbb{Z}$ $\tau^x_k$ $\Omega$ $\forall l<k\quad \{\omega\colon \tau^x_k = l\}$ $\{S^x_i\dvojtečka 0\leqslant i \leqslant k \}$ $X$ $[A;B]$ $l$ $\mathcal{A}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = A \}$ $\mathcal{B}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = B \}$ $0\leqslant k \leqslant n$ $\alpha_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{A}^x_k)$ $\beta_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k)$ $[0;k]$ $[A;B]$ $A$ $B$

Nechat ; je zřejmé, že (do zahájení hry je částice uvnitř intervalu s pravděpodobností 1). Nechte teď . Pak podle vzorce celkové pravděpodobnosti $A<x<B$ $\alpha_0(x) = \beta_0(x) = 0$ $0\leqslant k \leqslant n$ $\beta_k (x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 )\cdot \mathbb{P }\bigl(\{\xi_1 = 1 \}\bigr) + \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 )\cdot \mathbb{P}\bigl(\ { \xi_1 = -1 \}\bigr).$

Dílčí problém opakování

Dokázat to

(1 ) $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$

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

Důkaz.

(1) Dokažme, že . $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$

$\mathcal{B}^x_k = \bigl\{ \omega\colon (x;x+\xi_1;\ldots{};x+\xi_1+\ldots{}+\xi_k) \in B^x_k \bigr\}$ , kde je množina trajektorií tvaru , které poprvé opouštějí interval v bodě (zobrazeno na obrázku). Pokud náhodný vektor spadne do vhodné trajektorie, pak spadne do množiny . Představme množinu jako . Disjunktní spojení je legitimní, protože každá částice procházející podél trajektorie má . jsou ty trajektorie, ze kterých . jsou ty trajektorie, ze kterých . Všimněte si, že každá trajektorie z je v přímé shodě s trajektorií z . Osobní korespondence je dokázána rozporem . Předpokládejme, že (nejednoznačná korespondence); pak tato trajektorie nebude schopna vynést částici z chodby po krocích (ale pouze kvůli počáteční vzdálenosti od horní stěny chodby). V opačném směru je korespondence také jedna ku jedné z definice: . Z toho vyplývá, že (protože se jedná o nezávislé identicky rozdělené náhodné proměnné ). $B^x_k$ $(x;x+x_1;\ldots{};x+x_1+\ldots{}+x_k),\quad x_i=\pm 1$ $[0;k]$ $(A;B)$ $B$ ${\mathcal {B}}$ $B_k^x$ $B_k^{x;x+1}\sqcup B_k^{x;x-1}$ $x_1=\pm 1$ $B_k^{x;x+1}$ $B_k^x$ $x_1=1$ $B_k^{x;x-1}$ $B_k^x$ $x_{1}=-1$ $(x;x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_k^{x;x+1}$ $(x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_{k-1}^{x+1}$ $x_1 = -1$ $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots;x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $k$ $k+2$ $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$ $\mathbb{P} \Bigl(\big\{ (x+1;x+1+x_2;\ldots; x+1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x+1;x+1+x_1;\ldots; x+1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \ v B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^ {x+1})$ $\xi _{i}$

Existuje další způsob, jak to dokázat:

\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})\ v B_{k-1}^{x+1} \} \bigr) = \mathbb{P} (\mathcal{B}_{k-1}^{x+1}) = \beta_{k-1 } (x+1)

To je pravda, protože pravděpodobnosti jsou nezávislé (to bylo prokázáno dříve).

(2) Podobným způsobem dokážeme, že . $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$

Každá trajektorie z je v přímé shodě s trajektorií z . Odtud $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_k^{x;x+1}$ $(x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_{k-1}^{x-1}$ $\mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_2;\ldots; x-1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_1;\ldots; x-1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \ v B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^ {x-1}).$ $\blacksquare$

Odvození rekurence relace

Z rovnice pro to vyplývá a platí: $\beta_k(x)$ $x\in (A;B)$ $k\leqslant n$

$\mathbb{P}(\mathcal{B}_k^x) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 )\cdot p + \mathbb{P} ( \ mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 )\cdot q = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1}) \cdot p + \mathbb {P} ( \mathcal{B}^{x-1}_{k-1})\cdot q = p\beta_{k-1}(x+1) + q\beta_{k-1}(x -jeden).$

$\beta_l(B)= 1$ , pro . $\beta_l(A)=0$ $l\in[0;n]$

Vzorec celkové pravděpodobnosti nám také dává následující výsledek: . $\alpha_k(x) = p\alpha_{k-1}(x+1) + q\alpha_{k-1}(x-1)$

Všimněte si také, že a tedy pro . Toto tvrzení je pravdivé, protože ke každé trajektorii, která vynese částici v méně krocích, lze na začátek přidat jeden krok ( ), ve kterém částice může přijít do bodu jak z (for ), tak z ( ). $\mathcal{B}_{k-1} \subset \mathcal{B}_{k}$ $\beta_{k-1}(x)\leqslant \beta_k(x)\leqslant 1$ $k\leqslant n$ $x_{j-1}=\pm 1$ $(j;S^x_{j})$ $(j-1;S^x_{j}-1)$ $\xi_j=1$ $(j-1;S^x_{j}+1)$ $j\leqslant k$

Pravděpodobnosti hledání

Pro dostatečně velké , pravděpodobnost se blíží - vyřešení rovnice za podmínek, že (k odchodu došlo okamžitě od bodu - konec hry, vyhrál první hráč), (první hráč nikdy nevyhraje, pokud k odchodu dojde okamžitě v bodě ). Tyto podmínky vyplývají ze skutečnosti, že . To bude také prokázáno v této části. $n$ $\beta_n(x)$ $\beta(x)$ $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\beta(B)=1$ $B$ $\beta(A)=0$ $A$ $\lim\limits_{l\rightarrow\infty} \beta_l(B) = \beta(B)$

Nejprve dostaneme řešení rovnice . Ať je hra nespravedlivá ( ). V tomto případě najdeme kořeny rovnice, tedy . Jedno konkrétní řešení je okamžitě viditelné: . Jiné řešení najdeme pomocí skutečnosti, že je funkce. Je vhodné použít výraz se vztahem , protože : . Proto je rozumné předpokládat, že . Přidáním konstanty se nic nezmění, protože . $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $p\ne q$ $\beta(x)$ $\beta(x) = \mathrm{const} = a$ $\beta(x)$ $\frac{q}{p}$ $p+q=1$ $\left( \frac{q}{p} \right)^x = \frac{q^x(p+q)}{p^x} = \frac{q^x}{p^{x-1} } + \frac{q^{x+1}}{p^x} = p\frac{q^{x+1}}{p^{x+1}} + q\frac{q^{x- 1}}{p^{x-1}} = p\left(\frac{q}{p}\right)^{x+1} + q\left(\frac{q}{p}\right) ^{x-1}$ $\beta(x) = b\cdot \left(\frac{q}{p}\right)^x$ $p+q=1$

Nyní zvažte obecné řešení: . Použijeme stejné podmínky jako a , a dostaneme to $\beta(x) = a + b\left(\frac{q}{p}\right)^x$ $\beta(A) = a+b\left(\frac{q}{p}\right)^A=0$ $\beta(B) = a+b\vlevo(\frac{q}{p}\vpravo)^B=1$ $\beta(x) = \frac{\beta(x)-0}{1-0} = \frac{\beta(x)-\beta(A)}{\beta(B)-\beta(A) } = \frac{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{A } \right)}{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{B} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{ A} \right)} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\ left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}.$

Dílčí problém jedinečnosti řešení

Dokažme jedinečnost řešení tohoto problému. Abychom to udělali, ukážeme, že jakékoli řešení problému s okrajovými podmínkami může být reprezentováno jako . $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$

Řešení

Zvažte nějaké řešení za podmínek , . Potom je vždy možné zvolit konstanty a takové, že , . Z rovnice předloženého problému pak vyplývá, že . Pak v obecném případě . Proto je řešení jedinečné. Přesně stejný způsob uvažování lze použít na . $\check \beta(x)$ $\check\beta (A)=0$ $\check\beta(B)=1$ $\kontrola a$ $\kontrola b$ $\check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A} = \check\beta(A)$ $\check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{A+1} = \check \beta(A+1)$ $\check\beta(A+2) = \check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A+2}$ $\check \beta(x) = \check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$ $\alpha(x)$ $\blacksquare$

Limitní konvergence

Zvažte otázku rychlosti omezující konvergence a do a . Nechte procházku začít od počátku ( ). Pro zjednodušení označujeme , , . Jinými slovy, je jedna mínus součet pravděpodobností, že částice opustí koridor – pravděpodobnost, že zůstane v koridoru putovat: . představuje událost . Uvažujme číslo , kde a řetězec náhodných proměnných . Označíme-li celkové bohatství za , pak . Existuje pro to rozumné vysvětlení: pokud se částice dostane mimo nulu a nepřekročí hranice, pak je součet kusů rozhodně menší než celková zásoba. $\alpha_n(x)$ $\beta_n(x)$ $\alpha(x)$ $\beta(x)$ $x=0$ $\alpha_n(0)=\alpha_n$ $\beta_n(0)=\beta_n$ $\gamma_n = 1-\alpha_n-\beta_n$ $\gamma_n$ $\gamma_n = \mathbb{P} \{ \omega\colon A<S_k<B; 0\leqslant k \leqslant n \}$ $\omega$ $\bigcap\limits_{0\leqslant k \leqslant n} \{ A<S_k<B \}$ $n=rm$ $r,m\in \mathbb{Z}$ $\zeta_n\colon \zeta_1 = \sum\limits_{i=1}^m \xi_i,~\zeta_2 = \sum\limits_{i=m+1}^{2m} \xi_i,~\ldots{},~ \zeta_r = \sum\limits_{i=m(r-1)}^{rm} \xi_i$ $C = |A| +B$ $\{A<S_k<B;1\leqslant k \leqslant rm \} \subseteq \bigl\{|\zeta_1|<C;\ldots{};|\zeta_r|<C\bigr\}$ $m$ $x_{i}$

Dílčí problém nezávislosti náhodných veličin ζ i

Dokažme, že jsou nezávislé a rovnoměrně rozložené . Stačí dokázat, že jsou nezávislé, protože všechny mají binomické rozdělení . $\zeta_j$

Řešení

Pojďme to dokázat $\mathbb{P}\bigl(\{ \zeta_1=m \} \cap \{ \zeta_2=m \} \bigr) = \mathbb{P} \bigl( \{\zeta_1=m\}\bigr) \ cdot \mathbb{P}\bigl( \{\zeta_2=m\}\bigr).$

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

=\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

Vraťme se k úvahám o konvergenci.

Z toho, co bylo právě prokázáno, vyplývá, že . $\gamma_n \leqslant \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|;\ldots;|\zeta_r|<C\bigr\} \Bigr) = \prod\limits_{i=1}^r \ mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_i|<C \bigr\} \Bigr) = \biggl( \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Biggr) \biggr)^r$

Uvažujme rozptyl : (který je zcela legitimní, protože , a je modifikovanou Bernoulliho náhodnou proměnnou ), tedy pro dostatečně velké a , platí: , kde , protože když , pak . Jestliže nebo , pak pro dostatečně velké platí , že , takže nerovnost je pravdivá . Z výše uvedeného vyplývá , že kde . Od té doby ; od té doby a , pak ; v . Podobné odhady jsou platné i pro rozdíly a protože tyto rozdíly lze redukovat na rozdíly a pro , . $\mathrm{Var}(\zeta_1) = m\bigl(1-(pq)^2\bigr)$ $1-(pq)^2 =1-\bigl((p+q)^2-4pq\bigr)$ $\xi$ $m$ $0<p<1$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C\bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$ $\varepsilon_1<1$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|\leqslant C \bigr\} \Bigr)=1$ $\mathrm{Var}(\zeta_1)\leqslant C^2$ $p=0$ $p=1$ $m$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr)=0$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$ $\forall p\in[0;1]$ $\gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $\varepsilon = \varepsilon_1^{\frac{1}{m}}<1$ $\alpha+\beta = 1$ $(\alpha-\alpha_n)-(\beta-\beta_n)=\gamma_n$ $\alpha\geqslant \alpha_n$ $\beta\geqslant \beta_n$ $0\leqslant \alpha-\alpha_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $0\leqslant \beta-\beta_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $\varepsilon<1$ $\alpha(x)-\alpha_n(x)$ $\beta(x)-\beta_n(x)$ $\alpha-\alpha_n$ $\beta-\beta_n$ $A_1 = Ax$ $B_1=Bx$

Vraťme se k úvahám . Analogicky k řešení rovnice můžeme říci, že rovnice za okrajových podmínek má jedinečné řešení $\alpha(x)$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$ $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\alpha(x) = p\alpha(x+1) + q\alpha(x-1)$ $\alpha(A)=1$ $\alpha(B)=0$ $\alpha(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{x}}{\left ( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}},\qquad A\leqslant x \leqslant B.$

U každého je to snadné vidět . Pokud je hra férová (pravděpodobnost averzu se rovná pravděpodobnosti obrácení), řešení budou vypadat takto: , . $\alpha(x) + \beta(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{ x}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} + \frac{\left( \ frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^ {B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \ frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^ {A}} = 1$ $p\in[0;1]$ $\beta(x) = \frac{xA}{BA}$ $\alpha(x) = \frac{Bx}{BA}$

Odpověď o pravděpodobnosti krachu

Množství a lze nazvat pravděpodobnosti zmaru prvního a druhého hráče s počátečním kapitálem as počtem tahů sahajícím do nekonečna a charakterizující náhodnou veličinu jako zisk prvního hráče a prohru prvního hráče. V následujícím bude ukázáno, proč lze takovou sekvenci skutečně sestavit. $\alpha(x)$ $\beta(x)$ $xA$ $Bx$ $\xi_i=+1$ $\xi_i=-1$

Jestliže , pak intuitivní význam funkce je pravděpodobnost, že částice, která opustila pozici, dosáhne horní stěny ( ) dříve než nula. Ze vzorců je vidět , že $A=0$ $\beta(x)$ $X$ $B$ $\beta (x)$

\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}

Paradox zvyšování sázky na nevýhodnou hru

Co má dělat první hráč, když je pro něj hra nevýhodná?

Jeho pravděpodobnost prohry je dána vzorcem . $\lim\limits_{k\rightarrow\infty} \alpha_k = \alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-1}{\left( \frac{q} {p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}$

Nyní ať se první hráč s kapitálem rozhodne zdvojnásobit sázku a hrát o dva rubly, tedy , , . Potom označíme limitní pravděpodobnost zkázy prvního hráče takto: . $(-A)$ $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=2\}\bigr)=p$ $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=-2\}\bigr)=q$ $\alpha_2 = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-1}{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{ ,}5B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}}$

Proto , protože se násobí zlomkem, který je větší než jedna v . $\alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B\cdot2} - 1^2}{ \left( \frac{q}{p}\right) ^{0{,}5B\cdot2} - \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A\cdot2} } = \frac{\left( \left( \frac{q }{p}\right)^{0{,}5B}-1\right)\cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\ right)}{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,} 5A}\right) \cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\left( \frac{q}{p}\right)^{0 {,}5A}\right)} = \alpha_2 \cdot \frac{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\right)}{\ vlevo( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}\right) } > \alpha_2$ $\alpha_2$ $q>p$

Pokud je tedy pravděpodobnost získání lícové strany, která je pro prvního hráče tak žádoucí, menší než , pak je pro něj výhodné zvýšit sázku o faktor 1: tím se sníží pravděpodobnost, že jeho terminál zruinuje v důsledku skutečnost, že pravděpodobnost vyskočení z chodby v místě se zvyšuje . Toto rozhodnutí se zdá paradoxní, protože se zdá, že v nepříznivé situaci by měl člověk snížit sázku a snížit ztrátu, ale ve skutečnosti při nekonečném počtu her a nízké sázce prohrávající hráč nakonec prohraje na nulu a hráč s vysokým vkladem má větší šanci zasáhnout počet líců dostačujících k dokončení hry v bodě . $0{,}5$ $r>1$ $B$ $B$

Délka náhodné procházky

Zvažte průměrnou dobu trvání chůze naší částice. Zaveďme matematické očekávání okamžiku, kdy se hra zastaví: pro . Odvoďme rekurentní vztah pro matematické očekávání trvání hry: $\mathbb{E}(\tau^x_k)= m_k(x)$ $k\leqslant n$

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.

For a získali jsme rekurzivní vztah pro funkci : for . $x\in (A;B)$ $k\in[0;n]$ $m_k(x)$ $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$ $m_0(x)=0$

Zaveďme okrajové podmínky: pokud hra začíná v bodě nebo , pak okamžitě skončí - její trvání se bude rovnat 0: . $A$ $B$ $m_k(A) = m_k(B)=0$

Ze vztahu opakování a okrajových podmínek lze vypočítat . Protože , pak existuje limit , který splňuje vztah : při provádění . Tyto přechody jsou podobné těm, které jsme uvažovali při přechodu do rovnice pravděpodobnosti ztráty. K vyřešení této rovnice je třeba zavést ještě jednu podmínku: očekávání počtu tahů musí být konečné, tedy , , . $směs)$ $m_{k+1}(x) \geqslant m_k(x)$ $m(x) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(x)$ $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$ $m(x) = 1+pm(x+1) + qm(x-1)$ $m(A)=m(B)=0$ $n\rightarrow\infty$ $m(x)<\infty$ $x\in(A;B)$

Pojďme vyřešit tuto rovnici. V rovnici pravděpodobnosti ztráty ( ), konkrétní řešení a již byly získány . Zde se objevuje ještě jeden uchazeč o roli konkrétního řešení: , tedy . Vezmeme-li v úvahu okrajovou podmínku, zjistíme pomocí dříve získaných vztahů : . V případě ideální mince získáme následující výraz: . Aplikace okrajové podmínky dává: . Z toho vyplývá, že v případě rovného počátečního kapitálu . Například, pokud má každý hráč 5 rublů a sázka je 1 rubl, pak v průměru hráči zkrachují po 25 tazích. $p\ne q$ $A$ $b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $\frac{x}{qp} =\frac{q-p+(p+q)x + pq}{qp} = \frac{qp}{qp} + \frac{p(x+1)}{qp} + \frac{q(x-1)}{qp} = 1 + p\frac{x+1}{qp} + q\frac{x-1}{qp}$ $m(x) = \frac{x}{qp} + a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $m(A)=m(B)=0$ $m(x)$ $m(x) = \frac{1}{pq}\bigl( B\beta(x) + A\alpha(x) - x\bigr)$ $m(x) = a+bx-x^2$ $m(x)= (Bx)(xA)$ $m(0)=B^2$

Při zvažování výše uvedených vzorců se předpokládalo, že matematické očekávání počtu tahů je konečné: . Nyní navrhneme důkaz této skutečnosti. $m(x)<\infty$

Problém konečnosti očekávaného počtu tahů

Dokažte to . $m(x)<\infty\quad \forall A,B$

Řešení

Stačí to pro daný případ prokázat (protože již dříve bylo ukázáno, že případy lze redukovat na variaci a ) a , a poté případ zvážit . $x=0$ $x\neq 0$ $x=0$ $A$ $B$ $p=q$ $p\ne q$

Zvažte tedy sekvenci a zaveďte náhodnou proměnnou , kde je čas zastavení. $S_{0;1;\ldots;n}$ $S_{\tau_n} = S_{\tau_n}(\omega)$ $\tau_n=\tau_n^0$

Nechte _ Interpretace je následující: je hodnota náhodné procházky v tuto chvíli . Pokud , pak ; pokud , tak . Připomeň si to a dokaž to . $S_{\tau_n} (\omega) = \sum\limits_{k=0}^n S_k(\omega) \mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega)$ $S_{\tau_n}$ $\tau_n$ $\tau_n<n$ $S_{\tau_n}\v \{A;B\}$ $\tau_n=n$ $A\leqslant S_{\tau_n} \leqslant B$ $p=q=0{,}5$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$

Abychom dokázali první rovnost, píšeme: . Je zcela zřejmé , že od , v . Zbývá to dokázat . $\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)$ $\mathbb{E}(S_n)=0$ $S_n = \xi_1+\ldots+\xi_n$ $\xi_i=\pm 1$ $p=q$ $\sum\limits_{k=0}^n \bigl( (S_k-S_n)\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \))(\omega) \bigr) = 0$

Neboť je pravda, že . Poslední událost může být reprezentována jako , kde je nějaká podmnožina množiny . Tato sada je definována pouze pro . U velkých hodnot neovlivňuje . Sada pohledů může být také reprezentována jako . Z důvodu nezávislosti (prokázáno v dílčím problému 2 ) vyplývá, že náhodné veličiny a jsou nezávislé. Proto , vzhledem k tomu, že první faktor je nulový. $0\leqslant k < n$ $\{ \tau_n>k \} = \{ A<S_1<B;\ldots;A<S_k<B\}$ $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$ $J$ $\{ -1;+1 \}^k$ $\xi _{i}$ $i=\overline{1;k}$ $i$ $\xi_{k+1};\ldots;\xi_n$ $J$ $\{ \tau_n=k \} = \{ \tau_n>k-1 \} \zpětné lomítko \{ \tau_n>k \}$ $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$ $\xi _{i}$ $\forall 0\leqslant k < n$ $S_n-S_k$ $\mathbf{1}_{\{ \tau_n=k \))$ $\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$

\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} (nk)\mathbb{P}\bigl( \{\tau_n=k\}\bigr) = \sum\limits_{k=0}^nk\mathbb{P}\bigl(\{\tau_n=k\}\bigr) = \mathbb{E}(\tau_n).

Je stanoveno, že pro ideální minci je . $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$

V případě existují vztahy (protože ) a , protože . Teď si to ukažme . $p\ne q$ ${\mathbb {E}}(S_{{\tau _{n}}})=(pq){\mathbb {E}}(\tau _{n})$ $\mathbb{E}(\xi_1) = pq$ ${\mathbb {E}}{\Bigl (}{\bigl (}S_{{\tau _{n}}}-\tau _{n}{\mathbb {E}} (\xi _{1}) {\bigr )}^{2}{\Bigr )}={\mathrm {Var}}(\xi _{1})\cdot {\mathbb {E}}(\tau _{n})$ $\mathrm{Var}(\xi_1) = 1-(pq)^2$ $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(0) = m(0)<\infty$

V případě férové hry na základě vztahu platí, že . Pak tedy . Z nerovnosti vyplývá, že matematické očekávání konverguje k limitní hodnotě . V případě nekalé hry . Protože okamžik prvního letu částice z koridoru byl označen jako, je její matematické očekávání menší než určitá čísla, tedy menší než nekonečno. Za takového stavu . $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$ $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \max\{ A^2;B^2\}$ $\mathbb{E} (\tau_n) = \mathbb{E}(S^2_{\tau_n}) = A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \mathbb{E} (S^2_n \mathbf{1 }_{\{{A<S_n<B}\}}) \mathbf{1}_{\{{\tau_n=n}}\}}$ $A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n \leqslant \mathbb{E}(\tau_n) \leqslant A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \max\{ A^2;B^2 \}\ cdot\gamma_n$ $\gamma_n<\varepsilon^n$ $\mathbb{E}(\tau_n)$ $n\rightarrow\infty$ $m(0) = A^2\alpha + B^2 \beta = A^2 \cdot \frac{B}{BA} - B^2\cdot \frac{A}{BA} = |AB|$ $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \frac{\max\{ |A|;B \}}{|pq|}$ $\tau_n$ $\mathbb{E}(\tau_n)\rightarrow m(0) = \frac{\alpha A + \beta B}{pq}$ $\blacksquare$

Počítačová simulace (metoda Monte Carlo)

Pro simulaci hry použijeme program MATLAB .

Nejprve vygenerujeme sekvenci a poté, s určitou počáteční bohatostí, vytvoříme řetězec : $\xi _{i}$ $X$ $S_k$

Sekvence ξ (getXI)

n = 100 _ % Délka řady \xi_i U = rand ( n , 1 ); % Generovat 100 náhodných jednotných [0;1] hodnot XI = nuly ( n , 1 ); % Rezervní paměť pro 100 upravených Bernoulli q = 0,55 ; % zpětné pravděpodobnosti p = 1 - q ; % Averzní pravděpodobnost % Následující cyklus vytvoří Bernoulliho rozdělení založené na rovnoměrném [0;1] for i = 1 : n % Tento cyklus rozdělí pole [0;1] na 2 části: délky q a p, q+p=1 if ( U ( i , 1 ) < q ) XI ( i , 1 ) = -1 ; _ % Pokud jednotná náhodná hodnota spadne do q, pak \xi=-1 jinak XI ( i , 1 ) = 1 ; % Pokud jednotná náhodná hodnota spadne do p, pak \xi=+1 konec konec x = 10 ; % Počáteční kompenzace rozpočtu 1. hráče S = nuly ( n , 1 ); % Rezerva paměti pro 100 S_1...S_100 pro i = 1 : n % Vytvořte řadu S_k podle pravidla S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1} S ( i , 1 ) = x + součet ( XI ( 1 : i , 1 )); % s ohledem na počáteční kompenzaci blahobytu x konec

Poté zavedeme funkci getS(n, q, x) , která by nejen, jako výše uvedený výpis, okamžitě a okamžitě vygenerovala řadu , ale umožnila by na základě zadaných hodnot sestavit řadu zobecněným způsobem bez komplikující výpočty. Tím by se zjednodušil pracovní prostor. $S_k$ $n$ $q$ $X$

Generování řad (funkce getS)

funkce [S] = getS ( n, q, x ) % Tato funkce závisí na n, q a x --- 3 proměnné U = rand ( n , 1 ); XI = nuly ( n , 1 ); pro i = 2 : n % Rovnoměrná->Bernoulliho distribuční transformace if ( U ( i , 1 ) < q ) XI ( i , 1 ) = -1 ; _ jinak XI ( i , 1 ) = 1 ; konec konec S = nuly ( n , 1 ); % Rezerva paměti pro n S_1...S_n pro i = 2 : n % Vypočítejte řadu S_1...S_n S ( i , 1 ) = součet ( XI ( 1 : i , 1 )); % Součte \xi konec S = x + S ; % Přidá počáteční blahobyt ke každému S_k celé matice

Nabízí se rozumná otázka: proč počítat až od druhé hodnoty ( pro i = 2:n )? Faktem je, že se to děje pouze za účelem vizualizace. Při vykreslování grafu v následujícím kódu budou trajektorie sestaveny , a pokud by pro i = 1:n bylo zapsáno , pak od úplně první hodnoty by některé trajektorie vycházely z , některé - z . Protože v tomto programu je z důvodů optimality lepší nepoužívat nulovou hodnotu (částice ji opustí, ale není vykreslena, protože sčítání nastane okamžitě), jednoduše posuneme číslování na ose x o jedničku na že jo. Nyní provedeme řadu testů a vizuálně zvážíme možné trajektorie pro určité pravděpodobnosti, délky her a počet her. $\xi$ $S_k$ $x-1$ $x+1$ $\xi_1$

Vizualizace (grafy)

N = 3 ; % Počet odehraných her n = 10 _ % Počet hodů q = 0,45 ; % Šance 1. hráč prohrává 1 rubl x = 0 _ % Počáteční kompenzace blahobytu matrS = nuly ( N , n ); % Rezerva paměti pro N řádků n matice sloupců for i = 1 : N % Tato smyčka vyplní matici S hodnotou S_k, což dává N trajektorií matrS ( i ,:) = getS ( n , q , x ) ' ; plot ( matrS ( i ,:)); % Poskytuje obrázek vydrž ; _ % Podrží osy pro další překrytí trajektorie konec zdržet se ; % Vymaže osy pro nový plot

Nyní pojďme k nejdůležitější součásti softwarové části - algoritmu, který by nám umožnil vypočítat průměrnou délku hry pro dané parametry . Pokud je teorie správná, pak to následující experiment jen potvrdí. Do programu také přidáme řádek, který spočítá pravděpodobnost krachu prvního hráče ( ) pro daný počáteční kapitál a porovná ji s teoretickou. $(A;B;n;q)$ $\beta(x)$

Kompletní model hry (Monte_Carlo)

N = 3000 _ % Počet odehraných her n = 3000 _ % Počet hodů q = 0,5 ; % Šance 1. hráč prohrává 1 rubl p = 1 - q ; % Šance 1. hráč vyhraje 1 rubl A = -10 ; _ Rozpočet %1. hráče B = 10 ; % rozpočtu druhého hráče x = 0 _ % kompenzace rozpočtu vůči 1. hráči Bs = 0 ; % množství případů, kdy částice zasáhne B (brzy se změní) As = 0 ; % množství případů, kdy částice zasáhne A (brzy se změní) matrS = nuly ( N , n ); % Rezerva paměti pro N řádků n matice sloupců TAU1 = n * jedniček ( N , n ); % Vyplňte dalších N řádků n sloupců matice n for i = 1 : N % Tato smyčka tvoří N trajektorií S_k v závislosti na vstupu q, x, n matrS ( i ,:) = getS ( n , q , x ) ' ; pro j = 1 : n if ( matrS ( i , j ) == A ) || ( matrS ( i , j ) == B ) % Pokud částice přesáhne A nebo B, pak TAU1 ( i , j ) = j ; % uveďte počet kroků do tabulky konec konec plot ( matrS ( i ,:)); % Zobrazí číslo mřížka na ; vydrž ; _ % Simultánní grafy ve stejných osách konec zdržet se ; % Vymaže osy pro nový plot TAU = ( min ( TAU1 ' )) ' ; % TAU = nejranější krok překročení koridoru [A;B] % Jako [min] ovlivňuje sloupce a dává řádek, pak transponujeme TAU1, % minimalizovat po řádcích a znovu z něj udělat sloupec pro i = 1 : N % Naše řady S_n jsou připraveny; hnízdí v matrS pro j = 1 : TAU ( i ) % Skenujte pouze do doby, než narazíme na únikový krok! if ( matrS ( i , j ) == A ); % Pokud částice unikla skrz A (1. hráč vyřazen) As = As + 1 ; % pak přidejte +1 k selháním 1. hráče elseif ( matrS ( i , j ) == B ) % Jinak pokud jeho první práh byl B Bs = Bs + 1 ; % pak přidejte +1 k výhrám 1. hráče end % Pokud n není dostatečně velké, pak konec % As + Bs nemusí tvořit N konec ALFA = As / ( As + Bs ) % Porovnejte alfa s jejich teoretickými hodnotami if ( q == p ) TEORALFA = ( B - x ) / ( B - A ) else THEORALPHA = (( q / p ) ^ B - ( q / p ) ^ x ) / ( ( q / p ) ^ B - ( q / p ) ^ A ) konec BETA = 1 – ALFA % Totéž pro beta verze if ( q == p ) TEORBETA = ( x - A ) / ( B - A ) jinak TEORBETA = 1 - TEORALFA konec meanTAU = průměr ( TAU ) % Zákon velkých čísel pro velká N if ( q == p ) THEORTAU = ( B - x ) * ( x - A ) jinak THEORTAU = 1 / ( p - q ) * ( B * THEORBETA + A * THEORBETA - x ) konec

Všimněte si, že pro malé hodnoty neuniknou všechny částice z koridoru, takže zde je třeba zdůraznit, že teorie říká: „pro dostatečně velké , pravděpodobnost se blíží . $n$ $n$ $\beta_n(x)$ $\beta(x)$

Testování

Následující údaje jsou vypočteny pro , . $n=3000$ $N=3000$

Test č.	$q$	$A$	$B$	$X$	ALFA	$\alpha(x)$	BETA	$\beta(x)$	středníTAU	$m(x)$
jeden	$0{,}49$	$-6$	$5$	$0$	$0{,}4020$	$0{,}4006$	$0{,}5980$	$0{,}5994$	$30{,}9307$	$29{,}6856$
2	$0{,}6$	$-60$	$6$	$-3$	$0{,}9733$	$0{,}9740$	$0{,}0267$	$0{,}0260$	$278{,}2200$	$276{,}4159$
3	$0{,}6$	$-dvacet$	$2$	$-jeden$	$0{,}7040$	$0{,}7038$	$0{,}2960$	$0{,}2962$	$62{,}2680$	$62{,}4178$
čtyři	$0{,}54$	$-deset$	$padesáti$	$deset$	$0{,}9990$	$0{,}9984$	$0{,}0010$	$0{,}0016$	$251{,}3587$	$248{,}8205$
5	$0{,}5$	$-deset$	$dvacet$	$0$	$0{,}6580$	$0{,}6667$	$0{,}3420$	$0{,}3333$	$202{,}3007$	$200{,}0000$
6	$0{,}35$	$-3$	$90$	$0$	$0{,}1457$	$0{,}1561$	$0{,}8543$	$0{,}8439$	$256{,}4557$	$251{,}6022$

Experimenty 2 a 3 demonstrují následující vlastnost: pokud hra prohrává pro prvního hráče, pak se zvýšení sázky v modelu rovná snížení , a o stejný počet krát vzhledem k nule. Sazba se ztrojnásobila – pravděpodobnost vyskočení z koridoru s hodnotou se zvýšila 11krát! $A$ $B$ $X$ $B$

Viz také

Poznámky

↑ Shiryaev A. N. Probability-1, Probability-2 // Moskva, MTsNMO. — 2007.