Задача о разорении игрока

Задача о разорении игрока — задача из области теории вероятностей.

За столом сидят два игрока. У первого в распоряжении находится ${\displaystyle -A\ (A<0,-A>0)}$ рублей, у второго в распоряжении находится ${\displaystyle B\ (B>0)}$ 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 ${\displaystyle n}$ 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 ${\displaystyle [A;B]}$. Рассматривается вероятность того, что частица выйдет из коридора за ${\displaystyle n}$ шагов (проскочит через верхнюю или нижнюю стенку).

Рассмотрим схему Бернулли с ${\displaystyle n}$ испытаниями.

Пусть ${\displaystyle (\Omega ,{\mathcal {A}},\mathbb {P} )}$ — вероятностное пространство, где

• ${\displaystyle \Omega ={\bigl \{}\omega \colon \omega =(x_{1};\ldots ;x_{n}),\ x_{i}=\pm 1{\bigr \}}}$ — элементарные исходы,
• ${\displaystyle {\mathcal {A}}=\{A_{i}\subseteq \Omega \}}$ — алгебра подмножеств вероятностного пространства,
• ${\displaystyle \mathbb {P} {\bigl (}\{\omega \}{\bigr )}=p^{\nu (\omega )}\cdot q^{n-\nu (\omega )}}$, где ${\displaystyle \nu (\omega )}$ — количество выпавших в данной последовательность единиц.

В выражении выше число выпавших единиц можно найти так: ${\displaystyle \nu (\omega )={\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}x_{i}+n}{2}}}$.

Введём последовательность бернуллиевских случайных величин:

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

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

Решение

${\displaystyle \sum \limits _{\omega \in \Omega }\mathbb {P} {\bigl (}\{\omega \}{\bigr )}=\sum \limits _{\omega \in \Omega }p^{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}x_{i}+n}{2}}\cdot q^{n-{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}x_{i}+n}{2}}}=\sum \limits _{k=0}^{n}\sum \limits _{\omega \in A_{k}}p^{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}(x_{i}+1)}{2}}\cdot q^{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}(1-x_{i})}{2}}=\sum \limits _{k=0}^{n}C_{n}^{k}p^{k}q^{n-k}.}$ Это справедливо в силу того, что ${\displaystyle {\frac {x_{i}+1}{2}}\in \{0;1\}.}$

${\displaystyle \sum \limits _{k=0}^{n}C_{n}^{k}p^{k}q^{n-k}=(p+q)^{n}=1}$, поскольку по условию ${\displaystyle p+q=1}$. ${\displaystyle \blacksquare }$

Доказать, что ${\displaystyle \xi _{1}}$ и ${\displaystyle \xi _{2}}$ независимы.

Решение

Независимость случайных величин означает, что

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

покажем это:

${\displaystyle \mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{1}=1\}\cap \{\xi _{2}=1\}{\bigr )}=\mathbb {P} {\bigl (}\{\omega \colon \omega =(x_{1};\ldots ;x_{n}),\ x_{1}=1,\ x_{2}=1\}{\bigr )}=}$

${\displaystyle =\sum \limits _{\begin{smallmatrix}x_{3}=\pm 1\\\ldots {}\\x_{n}=\pm 1\end{smallmatrix}}p^{\frac {2+\sum \limits _{i=3}^{n}x_{i}+n}{2}}\cdot q^{n-{\frac {2+\sum \limits _{i=3}^{n}x_{i}+n}{2}}}=p^{2}\sum \limits _{\begin{smallmatrix}x_{3}=\pm 1\\\ldots {}\\x_{n}=\pm 1\end{smallmatrix}}p^{\frac {\sum \limits _{i=3}^{n}x_{i}+(n-2)}{2}}\cdot q^{(n-2)-{\frac {\sum \limits _{i=3}^{n}x_{i}+(n-2)}{2}}}=p^{2}\cdot 1.}$ ${\displaystyle \blacksquare }$

Для схемы Бернулли договоримся о следующем смысле случайной величины ξ: ${\displaystyle \xi _{i}=+1}$ означает, что второй игрок платит первому, а ${\displaystyle \xi _{i}=-1}$ — первый игрок второму.

Введём новое обозначение:

${\displaystyle S_{0}=0}$, ${\displaystyle S_{k}=\xi _{1}+\ldots {}+\xi _{k},\quad 1\leqslant k\leqslant n}$.

Число ${\displaystyle n}$ равно длительности игры, а последовательность ${\displaystyle (S_{k})_{k\leqslant n}}$ можно рассматривать как траекторию случайного блуждания некоторой частицы, выходящей из нуля, при этом очевидно равенство ${\displaystyle S_{k+1}=S_{k}+\xi _{k+1}}$, а само ${\displaystyle S_{k}}$ означает выигрыш первого игрока у второго (который может быть отрицательным).

Пусть ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$ — два целых числа, ${\displaystyle A\leqslant 0}$, ${\displaystyle B\geqslant 0}$. Требуется найти, с какой вероятностью за ${\displaystyle n}$ шагов будет осуществлён выход частицы из коридора, ограниченного ${\displaystyle A}$ и ${\displaystyle B}$.

Далее, пусть ${\displaystyle x}$ — целое число, ${\displaystyle x\in \mathbb {Z} \cap [A;B]}$. Пусть также для ${\displaystyle 0\leqslant k\leqslant n}$ верно, что ${\displaystyle S_{k}^{x}=x+S_{k}}$ (что означает, что игроки начинали играть с ненулевым капиталом в распоряжении). Пусть ${\displaystyle \tau _{k}^{x}=\min {\bigl \{}l\colon 0\leqslant l\leqslant k,S_{l}^{x}=\{A\mathrm {~or~} B\}{\bigr \}}}$. Условимся считать, что ${\displaystyle \tau _{k}^{x}=k}$, если ${\displaystyle A<S_{l}^{x}<B\quad \forall l\colon 0\leqslant l\leqslant k}$. Если частица так и не пересекла границы, то ${\displaystyle x_{k}}$ не определён.

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

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

Доказать, что

(1) ${\displaystyle \mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x}\mid S_{1}^{x}=x+1)=\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k-1}^{x+1})}$,

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

Доказательство.

(1) Докажем, что ${\displaystyle \mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x}\mid S_{1}^{x}=x+1)=\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k-1}^{x+1})}$.

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

Существует и другой способ доказательства:

${\displaystyle \mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x}\mid S_{1}^{x}=x+1)=\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x}\mid \xi _{1}=1)=\mathbb {P} {\bigl (}(x;x+\xi _{1};\ldots {};x+\xi _{1}+\ldots {}+\xi _{k})\in B_{k}^{x}\mid \xi _{1}=1{\bigr )}=}$

${\displaystyle ={\frac {\mathbb {P} {\bigl (}(x;x+\xi _{1};\ldots {};x+\xi _{1}+\ldots {}+\xi _{k})\in B_{k}^{x}\cap \xi _{1}=1{\bigr )}}{\mathbb {P} (\{\xi _{1}=1\})}}={\frac {\mathbb {P} {\bigl (}(x;x+1;\ldots {};x+1+\ldots {}+\xi _{k})\in B_{k}^{x}\cap \xi _{1}=1{\bigr )}}{\mathbb {P} (\{\xi _{1}=1\})}}=}$

${\displaystyle =\mathbb {P} {\bigl (}\{(x;x+1;x+1+\xi _{2};\ldots {};x+1+\xi _{2}+\ldots {}+\xi _{k})\in B_{k}^{x}\}{\bigr )}=\mathbb {P} {\bigl (}\{(x;x+1;x+1+\xi _{1};\ldots {};x+1+\xi _{1}+\ldots {}+\xi _{k-1})\in B_{k}^{x}\}{\bigr )}=}$

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

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

(2) Аналогично докажем, что ${\displaystyle \mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x}\mid S_{1}^{x}=x-1)=\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k-1}^{x+1})}$.

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

Из уравнения для ${\displaystyle \beta _{k}(x)}$ следует, что для ${\displaystyle x\in (A;B)}$ и ${\displaystyle k\leqslant n}$ верно:

${\displaystyle \mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x})=\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x}\mid S_{1}^{x}=x+1)\cdot p+\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k}^{x}\mid S_{1}^{x}=x-1)\cdot q=\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k-1}^{x+1})\cdot p+\mathbb {P} ({\mathcal {B}}_{k-1}^{x-1})\cdot q=p\beta _{k-1}(x+1)+q\beta _{k-1}(x-1).}$

${\displaystyle \beta _{l}(B)=1}$, ${\displaystyle \beta _{l}(A)=0}$ для ${\displaystyle l\in [0;n]}$.

Формула полной вероятности также даёт нам следующий результат: ${\displaystyle \alpha _{k}(x)=p\alpha _{k-1}(x+1)+q\alpha _{k-1}(x-1)}$.

Также отметим, что ${\displaystyle {\mathcal {B}}_{k-1}\subset {\mathcal {B}}_{k}}$, и поэтому ${\displaystyle \beta _{k-1}(x)\leqslant \beta _{k}(x)\leqslant 1}$ для ${\displaystyle k\leqslant n}$. Это утверждение верно, так как к любой траектории, выводящей частицу за меньшее количество шагов, можно прибавить в начало один шаг (${\displaystyle x_{j-1}=\pm 1}$), на котором частица может прийти в точку ${\displaystyle (j;S_{j}^{x})}$ как из ${\displaystyle (j-1;S_{j}^{x}-1)}$ (для ${\displaystyle \xi _{j}=1}$), так и из ${\displaystyle (j-1;S_{j}^{x}+1)}$ (${\displaystyle j\leqslant k}$).

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

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

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

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

Решение

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

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

Докажем, что ${\displaystyle \zeta _{j}}$ независимы и одинаково распределённые. Достаточно доказать, что они независимы, так как все они имеют биномиальное распределение.

Решение

Докажем, что ${\displaystyle \mathbb {P} {\bigl (}\{\zeta _{1}=m\}\cap \{\zeta _{2}=m\}{\bigr )}=\mathbb {P} {\bigl (}\{\zeta _{1}=m\}{\bigr )}\cdot \mathbb {P} {\bigl (}\{\zeta _{2}=m\}{\bigr )}.}$

${\displaystyle \mathbb {P} {\bigl (}\{\zeta _{1}=m\}\cap \{\zeta _{2}=m\}{\bigr )}=\mathbb {P} \left(\left\{\sum \limits _{i=1}^{m}\xi _{i}=m\right\}\cap \left\{\sum \limits _{i=m+1}^{2m}\xi _{i}=m\right\}\right)=}$

${\displaystyle =\mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{1;\ldots ;m}=1\}\cap \{\xi _{m+1;\ldots ;2m}=1\}{\bigr )}=\mathbb {P} ^{2m}{\bigl (}\{\xi _{i}=1\}{\bigr )}=\mathbb {P} {\bigl (}\{\zeta _{1}=m\}{\bigr )}\cdot \mathbb {P} {\bigl (}\{\zeta _{2}=m\}{\bigr )}}$. ${\displaystyle \blacksquare }$

Вернёмся к рассмотрению сходимости.

Из только что доказанного следует что ${\displaystyle \gamma _{n}\leqslant \mathbb {P} {\Bigl (}{\bigl \{}|\zeta _{1}|;\ldots ;|\zeta _{r}|<C{\bigr \}}{\Bigr )}=\prod \limits _{i=1}^{r}\mathbb {P} {\Bigl (}{\bigl \{}|\zeta _{i}|<C{\bigr \}}{\Bigr )}={\biggl (}\mathbb {P} {\Bigl (}{\bigl \{}|\zeta _{1}|<C{\bigr \}}{\Bigr )}{\biggr )}^{r}}$.

Рассмотрим дисперсию: ${\displaystyle \mathrm {Var} (\zeta _{1})=m{\bigl (}1-(p-q)^{2}{\bigr )}}$ (что вполне правомерно, так как ${\displaystyle 1-(p-q)^{2}=1-{\bigl (}(p+q)^{2}-4pq{\bigr )}}$, а ${\displaystyle \xi }$ — модифицированная бернуллиевская случайная величина), поэтому для достаточно больших ${\displaystyle m}$ и ${\displaystyle 0<p<1}$ верно: ${\displaystyle \mathbb {P} {\Bigl (}{\bigl \{}|\zeta _{1}|<C{\bigr \}}{\Bigr )}\leqslant \varepsilon _{1}}$, где ${\displaystyle \varepsilon _{1}<1}$, так как если ${\displaystyle \mathbb {P} {\Bigl (}{\bigl \{}|\zeta _{1}|\leqslant C{\bigr \}}{\Bigr )}=1}$, то ${\displaystyle \mathrm {Var} (\zeta _{1})\leqslant C^{2}}$. Если ${\displaystyle p=0}$ или ${\displaystyle p=1}$, то для довольно больших ${\displaystyle m}$ верно, что ${\displaystyle \mathbb {P} {\Bigl (}{\bigl \{}|\zeta _{1}|<C{\bigr \}}{\Bigr )}=0}$, поэтому неравенство ${\displaystyle \mathbb {P} {\Bigl (}{\bigl \{}|\zeta _{1}|<C{\bigr \}}{\Bigr )}\leqslant \varepsilon _{1}}$ верно ${\displaystyle \forall p\in [0;1]}$. Из вышесказанного следует, что ${\displaystyle \gamma _{n}\leqslant \varepsilon ^{n}}$, где ${\displaystyle \varepsilon =\varepsilon _{1}^{\frac {1}{m}}<1}$. Так как ${\displaystyle \alpha +\beta =1}$, то ${\displaystyle (\alpha -\alpha _{n})-(\beta -\beta _{n})=\gamma _{n}}$; так как ${\displaystyle \alpha \geqslant \alpha _{n}}$ и ${\displaystyle \beta \geqslant \beta _{n}}$, то ${\displaystyle 0\leqslant \alpha -\alpha _{n}\leqslant \gamma _{n}\leqslant \varepsilon ^{n}}$; ${\displaystyle 0\leqslant \beta -\beta _{n}\leqslant \gamma _{n}\leqslant \varepsilon ^{n}}$ при ${\displaystyle \varepsilon <1}$. Аналогичные оценки справедливы и для разностей ${\displaystyle \alpha (x)-\alpha _{n}(x)}$ и ${\displaystyle \beta (x)-\beta _{n}(x)}$, так как можно свести эти разности к разностям ${\displaystyle \alpha -\alpha _{n}}$ и ${\displaystyle \beta -\beta _{n}}$ при ${\displaystyle A_{1}=A-x}$, ${\displaystyle B_{1}=B-x}$.

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

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

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

Если ${\displaystyle A=0}$, то интуитивный смысл функции ${\displaystyle \beta (x)}$ — это вероятность того, что частица, вышедшая из положения ${\displaystyle x}$, достигнет верхней стенки (${\displaystyle B}$) ранее, чем нуля. Из формул ${\displaystyle \beta (x)}$ видно, что

${\displaystyle \beta (x)={\begin{cases}{\frac {x}{B}},&p=q=0{,}5,\\{\frac {\left({\frac {q}{p}}\right)^{x}-1}{\left({\frac {q}{p}}\right)^{B}-1}},&p\neq q\end{cases}}}$.

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

Его вероятность проигрыша задана формулой ${\displaystyle \lim \limits _{k\rightarrow \infty }\alpha _{k}=\alpha ={\frac {\left({\frac {q}{p}}\right)^{B}-1}{\left({\frac {q}{p}}\right)^{B}-\left({\frac {q}{p}}\right)^{A}}}}$.

Теперь пусть первый игрок с капиталом ${\displaystyle (-A)}$ примет решение удвоить ставку и играть на два рубля, то есть ${\displaystyle \mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{i}=2\}{\bigr )}=p}$, ${\displaystyle \mathbb {P} {\bigl (}\{\xi _{i}=-2\}{\bigr )}=q}$. Тогда обозначим предельную вероятность разорения первого игрока так: ${\displaystyle \alpha _{2}={\frac {\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}-1}{\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}-\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5A}}}}$.

Поэтому ${\displaystyle \alpha ={\frac {\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B\cdot 2}-1^{2}}{\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B\cdot 2}-\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5A\cdot 2}}}={\frac {\left(\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}-1\right)\cdot \left(\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}+1\right)}{\left(\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}-\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5A}\right)\cdot \left(\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}+\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5A}\right)}}=\alpha _{2}\cdot {\frac {\left(\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}+1\right)}{\left(\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5B}+\left({\frac {q}{p}}\right)^{0{,}5A}\right)}}>\alpha _{2}}$, так как ${\displaystyle \alpha _{2}}$ умножается на дробь, которая больше единицы при ${\displaystyle q>p}$.

Поэтому если вероятность выпадения столь желанного для первого игрока аверса меньше ${\displaystyle 0{,}5}$, то ему выгодно увеличить ставку в ${\displaystyle r>1}$ раз: это уменьшает вероятность его терминального разорения за счёт того, что вырастает вероятность выскочить из коридора в точке ${\displaystyle B}$. 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 ${\displaystyle B}$.

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

${\displaystyle m_{k}(x)=\mathbb {E} (\tau _{k}^{x})=\sum \limits _{1\leqslant l\leqslant k}l\mathbb {P} {\bigl (}\{\tau _{k}^{x}=l\}{\bigr )}=\sum \limits _{1\leqslant l\leqslant k}l{\Bigl (}p\mathbb {P} {\bigl (}\{\tau _{k}^{x}=l\}{\big |}\{\xi _{1}=1\}{\bigr )}+q\mathbb {P} {\bigl (}\{\tau _{k}^{x}=l\}{\big |}\{\xi _{1}=-1\}{\bigr )}{\Bigr )}=}$

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

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

Для ${\displaystyle x\in (A;B)}$ и ${\displaystyle k\in [0;n]}$ мы получили рекуррентное соотношение для функции ${\displaystyle m_{k}(x)}$: ${\displaystyle m_{k}(x)=pm_{k-1}(x+1)+qm_{k-1}(x-1)+1}$ при ${\displaystyle m_{0}(x)=0}$.

Введём граничные условия: если игра начинается в точке ${\displaystyle A}$ или ${\displaystyle B}$, то тогда она тут же и завершится — её длительность будет равна 0: ${\displaystyle m_{k}(A)=m_{k}(B)=0}$.

Из рекуррентного соотношения и граничных условий можно один за другим вычислить ${\displaystyle m_{i}(x)}$. Так как ${\displaystyle m_{k+1}(x)\geqslant m_{k}(x)}$, то существует предел ${\displaystyle m(x)=\lim \limits _{n\rightarrow \infty }m_{n}(x)}$, который удовлетворяет соотношению ${\displaystyle m_{k}(x)=pm_{k-1}(x+1)+qm_{k-1}(x-1)+1}$: ${\displaystyle m(x)=1+pm(x+1)+qm(x-1)}$ при выполнении ${\displaystyle m(A)=m(B)=0}$. Данные переходы аналогичны тем, что мы рассмотрели при переходе к ${\displaystyle n\rightarrow \infty }$ в уравнении вероятности проигрыша. Для того чтобы решить данное уравнение, надо ввести ещё одно условие: матожидание количества ходов должно быть конечным, то есть ${\displaystyle m(x)<\infty }$, ${\displaystyle x\in (A;B)}$.

Решим данное уравнение. В уравнении вероятности проигрыша (${\displaystyle p\neq q}$) уже были получены частные решения ${\displaystyle a}$ и ${\displaystyle b\left({\frac {q}{p}}\right)^{x}}$. Здесь же появляется ещё один претендент на роль частного решения: ${\displaystyle {\frac {x}{q-p}}={\frac {q-p+(p+q)x+p-q}{q-p}}={\frac {q-p}{q-p}}+{\frac {p(x+1)}{q-p}}+{\frac {q(x-1)}{q-p}}=1+p{\frac {x+1}{q-p}}+q{\frac {x-1}{q-p}}}$, поэтому ${\displaystyle m(x)={\frac {x}{q-p}}+a+b\left({\frac {q}{p}}\right)^{x}}$. С учётом граничного условия ${\displaystyle m(A)=m(B)=0}$ находим при помощи ранее полученных соотношений ${\displaystyle m(x)}$: ${\displaystyle m(x)={\frac {1}{p-q}}{\bigl (}B\beta (x)+A\alpha (x)-x{\bigr )}}$. В случае идеальной монетки получаем следующее выражение: ${\displaystyle m(x)=a+bx-x^{2}}$. Применение граничного условия даёт: ${\displaystyle m(x)=(B-x)(x-A)}$. Из этого следует, что в случае равных стартовых капиталов ${\displaystyle m(0)=B^{2}}$. 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: ${\displaystyle m(x)<\infty }$. Теперь будет предложено доказательство этого факта.

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

Решение

Достаточно доказать это для случая ${\displaystyle x=0}$ (так как ранее было уже продемонстрировано, что случаи ${\displaystyle x\neq 0}$ могут быть сведены к ${\displaystyle x=0}$ вариацией ${\displaystyle A}$ и ${\displaystyle B}$) и ${\displaystyle p=q}$, а затем рассмотреть случай ${\displaystyle p\neq q}$.

Итак, рассмотрим последовательность ${\displaystyle S_{0;1;\ldots ;n}}$ и введём случайную величину ${\displaystyle S_{\tau _{n}}=S_{\tau _{n}}(\omega )}$, где ${\displaystyle \tau _{n}=\tau _{n}^{0}}$ — момент остановки.

Пусть ${\displaystyle S_{\tau _{n}}(\omega )=\sum \limits _{k=0}^{n}S_{k}(\omega )\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega )}$. Интерпретация такова: ${\displaystyle S_{\tau _{n}}}$ — это значение случайного блуждания в момент ${\displaystyle \tau _{n}}$. Если ${\displaystyle \tau _{n}<n}$, то ${\displaystyle S_{\tau _{n}}\in \{A;B\}}$; если ${\displaystyle \tau _{n}=n}$, то ${\displaystyle A\leqslant S_{\tau _{n}}\leqslant B}$. Вспомним, что ${\displaystyle p=q=0{,}5}$, и докажем, что ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}})=0}$, ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}}^{2})=\mathbb {E} (\tau _{n})}$.

Для доказательства первого равенства напишем: ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}})=\sum \limits _{k=0}^{n}\mathbb {E} {\bigl (}S_{k}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega ){\bigr )}=\sum \limits _{k=0}^{n}\mathbb {E} {\bigl (}S_{n}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega ){\bigr )}+\sum \limits _{k=0}^{n}{\bigl (}(S_{k}-S_{n})\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega ){\bigr )}=\mathbb {E} (S_{n})+\sum \limits _{k=0}^{n}{\bigl (}(S_{k}-S_{n})\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega ){\bigr )}}$. Совершенно очевидно, что ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{n})=0}$, так как ${\displaystyle S_{n}=\xi _{1}+\ldots +\xi _{n}}$, ${\displaystyle \xi _{i}=\pm 1}$ при ${\displaystyle p=q}$. Осталось доказать, что ${\displaystyle \sum \limits _{k=0}^{n}{\bigl (}(S_{k}-S_{n})\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega ){\bigr )}=0}$.

Для ${\displaystyle 0\leqslant k<n}$ справедливо, что ${\displaystyle \{\tau _{n}>k\}=\{A<S_{1}<B;\ldots ;A<S_{k}<B\}}$. Последнее событие может быть представлено в виде ${\displaystyle {\bigl \{}\omega \colon (\xi _{1};\ldots ;\xi _{n})\in J{\bigr \}}}$, где ${\displaystyle J}$ — некоторое подмножество множества ${\displaystyle \{-1;+1\}^{k}}$. Это множество определяется только ${\displaystyle \xi _{i}}$ при ${\displaystyle i={\overline {1;k}}}$. Для больших ${\displaystyle i}$ значения ${\displaystyle \xi _{k+1};\ldots ;\xi _{n}}$ не влияют на ${\displaystyle J}$. Множество вида ${\displaystyle \{\tau _{n}=k\}=\{\tau _{n}>k-1\}\backslash \{\tau _{n}>k\}}$ также может быть представлено в виде ${\displaystyle {\bigl \{}\omega \colon (\xi _{1};\ldots ;\xi _{n})\in J{\bigr \}}}$. Благодаря независимости ${\displaystyle \xi _{i}}$ (доказано в подзадаче 2) вытекает, что ${\displaystyle \forall 0\leqslant k<n}$ случайные величины ${\displaystyle S_{n}-S_{k}}$ и ${\displaystyle \mathbf {1} _{\{\tau _{n}=k\}}}$ независимы. Отсюда ${\displaystyle \mathbb {E} {\bigl (}S_{k}\cdot \mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega ){\bigr )}=\mathbb {E} (S_{k})\cdot \mathbb {E} {\bigl (}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}(\omega ){\bigr )}=0}$ в силу того, что первый множитель нулевой.

${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}}^{2})=\sum \limits _{k=0}^{n}\mathbb {E} (S_{k}^{2}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}})=}$

${\displaystyle =\sum \limits _{k=0}^{n}\mathbb {E} {\Bigl (}{\bigl (}S_{n}+(S_{k}-S_{n})^{2}{\bigr )}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}{\Bigr )}=\sum \limits _{k=0}^{n}{\Bigl (}\mathbb {E} (S^{2})\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}+2\mathbb {E} {\bigl (}S_{n}(S_{k}-S_{n}){\bigr )}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}+\mathbb {E} {\bigl (}(S_{n}-S_{k})^{2}{\bigr )}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}{\Bigr )}=}$

${\displaystyle =\mathbb {E} (S^{2})-\sum \limits _{k=0}^{n}\mathbb {E} {\bigl (}(S_{n}-S_{k})^{2}{\bigr )}\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=k}\}}=n-\sum \limits _{k=0}^{n}\mathbb {E} (n-k)\mathbb {P} {\bigl (}\{\tau _{n}=k\}{\bigr )}=\sum \limits _{k=0}^{n}k\mathbb {P} {\bigl (}\{\tau _{n}=k\}{\bigr )}=\mathbb {E} (\tau _{n}).}$

Установлено, что для идеальной монетки ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}})=0}$, ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}}^{2})=\mathbb {E} (\tau _{n})}$.

В случае же ${\displaystyle p\neq q}$ имеют место соотношения ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}})=(p-q)\mathbb {E} (\tau _{n})}$ (поскольку ${\displaystyle \mathbb {E} (\xi _{1})=p-q}$) и ${\displaystyle \mathbb {E} {\Bigl (}{\bigl (}S_{\tau _{n}}-\tau _{n}\mathbb {E} (\xi _{1}){\bigr )}^{2}{\Bigr )}=\mathrm {Var} (\xi _{1})\cdot \mathbb {E} (\tau _{n})}$, поскольку ${\displaystyle \mathrm {Var} (\xi _{1})=1-(p-q)^{2}}$. Теперь покажем, что ${\displaystyle \lim \limits _{n\rightarrow \infty }m_{n}(0)=m(0)<\infty }$.

В случае справедливой игры в силу соотношения ${\displaystyle \mathbb {E} (S_{\tau _{n}}^{2})=\mathbb {E} (\tau _{n})}$ верно, что ${\displaystyle \mathbb {E} (\tau _{n})\leqslant \max\{A^{2};B^{2}\}}$. Тогда же ${\displaystyle \mathbb {E} (\tau _{n})=\mathbb {E} (S_{\tau _{n}}^{2})=A^{2}\alpha _{n}+B^{2}\beta _{n}+\mathbb {E} (S_{n}^{2}\mathbf {1} _{\{{A<S_{n}<B}\}})\mathbf {1} _{\{{\tau _{n}=n}\}}}$, поэтому ${\displaystyle A^{2}\alpha _{n}+B^{2}\beta _{n}\leqslant \mathbb {E} (\tau _{n})\leqslant A^{2}\alpha _{n}+B^{2}\beta _{n}+\max\{A^{2};B^{2}\}\cdot \gamma _{n}}$. Из неравенства ${\displaystyle \gamma _{n}<\varepsilon ^{n}}$ следует, что математическое ожидание ${\displaystyle \mathbb {E} (\tau _{n})}$ сходится при ${\displaystyle n\rightarrow \infty }$ к предельному значению ${\displaystyle m(0)=A^{2}\alpha +B^{2}\beta =A^{2}\cdot {\frac {B}{B-A}}-B^{2}\cdot {\frac {A}{B-A}}=|AB|}$. В случае несправедливой игры ${\displaystyle \mathbb {E} (\tau _{n})\leqslant {\frac {\max\{|A|;B\}}{|p-q|}}}$. Так как за ${\displaystyle \tau _{n}}$ обозначался момент первого вылета частицы за пределы коридора, то математическое ожидание его меньше определённых чисел, следовательно, меньше бесконечности. При таком условии ${\displaystyle \mathbb {E} (\tau _{n})\rightarrow m(0)={\frac {\alpha A+\beta B}{p-q}}}$. ${\displaystyle \blacksquare }$

Для моделирования игры воспользуемся программой MATLAB.

Для начала сгенерируем последовательность ${\displaystyle \xi _{i}}$, а затем при некотором первоначальном богатстве ${\displaystyle x}$ создадим цепочку ${\displaystyle S_{k}}$:

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

Возникает разумный вопрос: зачем считать ${\displaystyle \xi }$, 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 ${\displaystyle S_{k}}$, и если бы было написано for i = 1:n, то тогда уже с самого первого значения некоторые траектории бы выходили из ${\displaystyle x-1}$, некоторые — из ${\displaystyle x+1}$. Так как в данной программе из соображений оптимальности лучше не задействовать нулевое значение (из него частица выходит, но не рисуется, так как прибавление ${\displaystyle \xi _{1}}$ 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.

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

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

Нижеследующие данные рассчитаны для ${\displaystyle n=3000}$, ${\displaystyle N=3000}$.

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

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

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