Soittimen tuhoutumisongelma

Kokeneet kirjoittajat eivät ole vielä tarkistaneet sivun nykyistä versiota, ja se voi poiketa merkittävästi 13. helmikuuta 2020 tarkistetusta versiosta . tarkastukset vaativat 5 muokkausta .

Pelaajan tuhoaminen on ongelma todennäköisyysteorian alalta . Venäläinen matemaatikko A. N. Shiryaev käsitteli sitä yksityiskohtaisesti monografiassa "Todennäköisyys" [1] .

Sanamuoto

Pöydässä on kaksi pelaajaa . Ensimmäisellä on käytössään ruplaa, toisella on käytössään ruplaa . Niiden edessä pöydällä on epäsymmetrinen kolikko ( todennäköisyys , että etupuoli putoaa, voi olla mikä tahansa luku 0 - 1 mukaan lukien). Jos kolikon etupuoli putoaa, ensimmäinen pelaaja voittaa ruplan (toinen pelaaja maksaa ensimmäiselle 1 ruplan), ja jos kääntöpuoli putoaa, ensimmäinen pelaaja maksaa toiselle ruplan. On löydettävä todennäköisyys, että yksi pelaajista häviää nollaan askelittain, ja todennäköisyys hävitä jokainen pelaaja. On myös tarpeen laskea pelin keskimääräinen pituus. $-A\ (A<0, -A>0)$ $B\ (B>0)$ $n$

Tämä tilanne voidaan mallintaa samalla tavalla: on olemassa vaeltava hiukkanen ja käytävä . Otamme huomioon todennäköisyyden, että hiukkanen poistuu käytävältä portaittain (liukua ylemmän tai alemman seinän läpi). $[A;B]$ $n$

Bernoulli-kaavio

Harkitse Bernoullin järjestelmää kokeineen . $n$

Olkoon todennäköisyysavaruus, missä $(\Omega,\mathcal{A},\mathbb{P})$

$\Omega = \bigl\{\omega\colon \omega=(x_1;\ldots;x_n),\ x_i = \pm 1 \bigr\}$ - alkeelliset tulokset,
$\mathcal{A} = \{ A_i \subseteq \Omega \}$ on todennäköisyysavaruuden osajoukkojen algebra ,
$\mathbb{P}\bigl(\{ \omega \}\bigr) = p^{\nu(\omega)}\cdot q^{n-\nu(\omega)}$ , missä on annetussa järjestyksessä pudonneiden yksiköiden määrä. $\nu(\omega)$

Yllä olevasta lausekkeesta pudonneiden yksiköiden lukumäärä löytyy seuraavasti: . $\nu(\omega) = \frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i + n}{2}$

Esittelemme Bernoullin satunnaismuuttujien sekvenssin:

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

Todennäköisyyden normalisoinnin aliongelma

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

Ratkaisu

$\sum \limits _{\omega \in \Omega }\mathbb {P} {\bigl (}\{\omega \}{\bigr )}=\sum \limits _{\omega \in \Omega }p^{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}x_{i}+n}{2}}\cdot q^{n-{\frac {\sum \limits _{i =1}^{n}x_{i}+n}{2}}}=\sum \limits _{k=0}^{n}\sum \limits _{\omega \in A_{k}}p ^{\frac {\sum \limits _{i=1}^{n}(x_{i}+1)}{2))\cdot q^{\frac {\sum \limits _{i=1} ^{n}(1-x_{i})}{2}}=\sum \limits _{k=0}^{n}C_{n}^{k}p^{k}q^{nk} .$ Tämä on totta, koska $\frac{x_i+1}{2}\in \{ 0;1 \}.$

$\sum\limits_{k=0}^n C^k_n p^kq^{nk} = (p+q)^n = 1$ , koska ehdon mukaan . $p+q=1$ $\musta neliö$

Aliongelma satunnaismuuttujien riippumattomuudesta ξ i

Todista se ja ole riippumaton. $\xi_1$ $\xi_2$

Ratkaisu

Satunnaismuuttujien riippumattomuus tarkoittaa sitä

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

näytellään se:

\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.

\musta neliö

Satunnainen kävely

Bernoullin kaaviossa olemme samaa mieltä seuraavasta satunnaismuuttujan ξ merkityksestä: tarkoittaa, että toinen pelaaja maksaa ensimmäisen ja ensimmäinen pelaaja toisen. $\xi_i = +1$ $\xi_i = -1$

Otetaan käyttöön uusi merkintä:

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

Luku on yhtä suuri kuin pelin kesto, ja sekvenssiä voidaan pitää jonkin hiukkasen satunnaisen kävelyn liikeradana, joka alkaa nollasta, kun taas yhtäläisyys on ilmeinen , ja se tarkoittaa, että ensimmäinen pelaaja voittaa toisen (joka voi olla negatiivinen). $n$ $(S_k)_{k\leqslant n}$ $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$ $S_k$

Antaa , on kaksi kokonaislukua, , . On löydettävä todennäköisyys, jolla hiukkasen poistuminen käytävästä, jota rajoittaa ja , suoritetaan portaittain . $A$ $B$ $A\leqslant 0$ $B \geqslant 0$ $n$ $A$ $B$

Lisäksi anna olla kokonaisluku, . Olkoon myös sitä varten (mikä tarkoittaa, että pelaajat alkoivat pelata nollasta poikkeavalla pääomalla käytettävissään). Anna . Oletetaan, että jos . Jos hiukkanen ei koskaan ylittänyt rajoja, se on määrittelemätön. $x$ $x\in \mathbb{Z}\cap [A;B]$ $0\leqslant k \leqslant n$ $S^x_k = x+S_k$ $\tau^x_k = \min \bigl\{ l\colon 0\leqslant l \leqslant k, S^x_l = \{A \mathrm{~or~} B \} \bigr\}$ $\tau^x_k = k$ $A < S_l^x < B\quad \forall l\colon 0\leqslant l \leqslant k$ $x_k$

Jokaiselle ja momenttia kutsutaan pysäytyshetkeksi , joka on alkeistapahtumien avaruuteen määritelty satunnaismuuttuja . on tapahtuma , jossa satunnainen kävely , joka alkaa pisteestä , jättää välin sillä hetkellä . Otetaan käyttöön uusi merkintätapa: , for . Antaa , on todennäköisyydet, että hiukkanen lähtee aikaväliltä , vastaavasti pisteissä ja . $0\leqslant k \leqslant n$ $x\in[A; B]\cap \mathbb{Z}$ $\tau^x_k$ $\Omega$ $\forall l<k\quad \{\omega\colon \tau^x_k = l\}$ $\{S^x_i\colon 0\leqslant i \leqslant k \}$ $x$ $[A;B]$ $l$ $\mathcal{A}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = A \}$ $\mathcal{B}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = B \}$ $0\leqslant k \leqslant n$ $\alpha_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{A}^x_k)$ $\beta_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k)$ $[0;k]$ $[A;B]$ $A$ $B$

Anna ; on selvää, että (kunnes peli alkaa, hiukkanen on intervallin sisällä todennäköisyydellä 1). Anna nyt . Sitten kokonaistodennäköisyyskaavan mukaan $A<x<B$ $\alfa_0(x) = \beta_0(x) = 0$ $0\leqslant k \leqslant n$ $\beta_k (x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 )\cdot \mathbb{P }\bigl(\{\xi_1 = 1 \}\bigr) + \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 )\cdot \mathbb{P}\bigl(\ { \xi_1 = -1 \}\bigr).$

Toistumisen aliongelma

Todista se

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

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

Todiste.

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

$\mathcal{B}^x_k = \bigl\{ \omega\colon (x;x+\xi_1;\ldots{};x+\xi_1+\ldots{}+\xi_k) \in B^x_k \bigr\}$ , jossa on joukko muodon liikeradat , jotka ensimmäistä kertaa jättävät välin pisteessä (näkyy kuvassa). Jos satunnaisvektori osuu sopivalle liikeradalle, se putoaa joukkoon . Esitetään joukko muodossa . Disjunktoitu liitto on oikeutettu, koska jokaisella lentoradalla kulkevalla hiukkasella on . ovat ne lentoradat , joista . ovat ne lentoradat , joista . Huomaa, että jokainen lentorata alkaen on yksi-yhteen vastaavuus lentoradan kanssa . Yksittäinen kirjeenvaihto todistetaan ristiriitaisesti . Oletetaan, että (epäselvä kirjeenvaihto); silloin tämä liikerata ei pysty ottamaan hiukkasta pois käytävästä portaittain (mutta vain johtuen alkuperäisestä etäisyydestä käytävän yläseinästä). Vastakkaiseen suuntaan vastaavuus on myös yksi yhteen määritelmästä: . Tästä seuraa, että (koska ne ovat riippumattomia identtisesti jakautuneita satunnaismuuttujia ). $B^x_k$ $(x;x+x_1;\ldots{};x+x_1+\ldots{}+x_k),\quad x_i=\pm 1$ $[0;k]$ $(A;B)$ $B$ ${\mathcal {B}}$ $B_k^x$ $B_k^{x;x+1}\sqcup B_k^{x;x-1}$ $x_1=\pm 1$ $B_k^{x;x+1}$ $B_k^x$ $x_1=1$ $B_k^{x;x-1}$ $B_k^x$ $x_{1}=-1$ $(x;x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_k^{x;x+1}$ $(x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_{k-1}^{x+1}$ $x_1 = -1$ $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots;x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $k$ $k+2$ $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$ $\mathbb{P} \Bigl(\big\{ (x+1;x+1+x_2;\ldots; x+1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x+1;x+1+x_1;\ldots; x+1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \ in B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^ {x+1})$ $\xi _{i}$

On toinenkin tapa todistaa se:

\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)

Tämä on totta, koska todennäköisyydet ovat riippumattomia (tämä todistettiin aiemmin).

(2) Samalla tavalla todistamme, että . $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$

Jokainen lentorata alkaen on yksi-yhteen vastaavuus lentoradan kanssa . Täältä $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_k^{x;x+1}$ $(x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_{k-1}^{x-1}$ $\mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_2;\ldots; x-1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_1;\ldots; x-1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \ in B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^ {x-1}).$ $\musta neliö$

Toistuvuusrelaation johtaminen

Se seuraa yhtälöstä ja on totta: $\beta_k(x)$ $x\in (A;B)$ $k\leqslant n$

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

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

Kokonaistodennäköisyyskaava antaa myös seuraavan tuloksen: . $\alpha_k(x) = p\alpha_{k-1}(x+1) + q\alpha_{k-1}(x-1)$

Huomaa myös, että ja siksi . Tämä väite pitää paikkansa, koska mihin tahansa liikeradalle, joka vie hiukkasen ulos harvemmalla askeleella, alkuun voidaan lisätä yksi askel ( ), jossa partikkeli voi tulla pisteeseen sekä kohdasta (for ) että kohdasta ( ). $\mathcal{B}_{k-1} \subset \mathcal{B}_{k}$ $\beta_{k-1}(x)\leqslant \beta_k(x)\leqslant 1$ $k\leqslant n$ $x_{j-1}=\pm 1$ $(j;S^x_{j})$ $(j-1;S^x_{j}-1)$ $\xi_j=1$ $(j-1;S^x_{j}+1)$ $j\leqslant k$

Todennäköisyyksien etsiminen

Riittävän suurelle , todennäköisyys on lähellä yhtälön ratkaisemista olosuhteissa, joissa (poistuminen tapahtui välittömästi pisteestä - pelin lopussa, ensimmäinen pelaaja voitti), (ensimmäinen pelaaja ei koskaan voita, jos poistuminen tapahtuu välittömästi kohdassa ). Nämä ehdot johtuvat siitä, että . Tämä todistetaan myös tässä osiossa. $n$ $\beta_n(x)$ $\beta(x)$ $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\beta(B)=1$ $B$ $\beta(A)=0$ $A$ $\lim\limits_{l\rightarrow\infty} \beta_l(B) = \beta(B)$

Ensin saadaan yhtälön ratkaisu . Olkoon peli epäreilu ( ). Tässä tapauksessa löydämme yhtälön juuret, eli . Yksi erityinen ratkaisu on heti näkyvissä: . Löydämme toisen ratkaisun käyttämällä tosiasiaa, joka on funktio. On suositeltavaa käyttää lauseketta relaatiolla , koska : . Siksi on perusteltua olettaa, että . Vakion lisääminen ei muuta mitään, koska . $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $p\ne q$ $\beta(x)$ $\beta(x) = \mathrm{const} = a$ $\beta(x)$ $\frac{q}{p}$ $p+q=1$ $\left( \frac{q}{p} \right)^x = \frac{q^x(p+q)}{p^x} = \frac{q^x}{p^{x-1} } + \frac{q^{x+1}}{p^x} = p\frac{q^{x+1}}{p^{x+1}} + q\frac{q^{x- 1}}{p^{x-1}} = p\vasen(\frac{q}{p}\oikea)^{x+1} + q\left(\frac{q}{p}\oikea) ^{x-1}$ $\beta(x) = b\cdot \left(\frac{q}{p}\right)^x$ $p+q=1$

Harkitse nyt yleistä ratkaisua: . Käytämme samoja ehtoja kuin ja , ja saamme sen $\beta(x) = a + b\left(\frac{q}{p}\right)^x$ $\beta(A) = a+b\left(\frac{q}{p}\right)^A=0$ $\beta(B) = a+b\left(\frac{q}{p}\right)^B=1$ $\beta(x) = \frac{\beta(x)-0}{1-0} = \frac{\beta(x)-\beta(A)}{\beta(B)-\beta(A) } = \frac{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{A } \right)}{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{B} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{ A} \oikea)} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\ vasen( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}.$

Aliongelma ratkaisun ainutlaatuisuudesta

Osoittakaamme tämän ongelman ratkaisun ainutlaatuisuus. Tätä varten näytämme, että mikä tahansa ratkaisu ongelmaan reunaehtojen kanssa voidaan esittää muodossa . $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\oikea)^{B}-\vasen( \frac{q}{p}\oikea)^{A}}$

Ratkaisu

Harkitse jotain ratkaisua olosuhteissa , . Silloin on aina mahdollista valita vakioita ja sellaisia, että , . Sitten esitetyn ongelman yhtälöstä seuraa, että . Siis yleisessä tapauksessa . Siksi ratkaisu on ainutlaatuinen. Täsmälleen samaa päättelyä voidaan soveltaa . $\check \beta(x)$ $\check\beta (A)=0$ $\check\beta(B)=1$ $\tarkista a$ $\check b$ $\check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A} = \check\beta(A)$ $\check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{A+1} = \check \beta(A+1)$ $\check\beta(A+2) = \check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A+2}$ $\check \beta(x) = \check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\oikea)^{B}-\vasen( \frac{q}{p}\oikea)^{A}}$ $\alpha(x)$ $\musta neliö$

Rajoita konvergenssia

Harkitse kysymystä rajoittavan lähentymisen ja to ja . Aloita kävely origosta ( ). Yksinkertaisuuden vuoksi merkitsemme , , . Toisin sanoen, on yksi miinus todennäköisyyksien summa, että hiukkanen poistuu käytävästä - todennäköisyys, että hiukkanen jää vaeltamaan käytävällä: . edustaa tapahtumaa . Tarkastellaan lukua , missä ja satunnaismuuttujien ketjua . Jos merkitsemme kokonaisvarallisuutta , niin . Tälle on järkevä selitys: jos hiukkanen poikkeaa nollasta eikä ylitä rajoja, niin kappaleiden summa on ehdottomasti pienempi kuin kokonaisvarasto. $\alpha_n(x)$ $\beta_n(x)$ $\alpha(x)$ $\beta(x)$ $x=0$ $\alpha_n(0)=\alpha_n$ $\beta_n(0)=\beta_n$ $\gamma_n = 1-\alpha_n-\beta_n$ $\gamma_n$ $\gamma_n = \mathbb{P} \{ \omega\colon A<S_k<B; 0\leqslant k \leqslant n \}$ $\omega$ $\bigcap\limits_{0\leqslant k \leqslant n} \{ A<S_k<B \}$ $n=rm$ $r,m\in \mathbb{Z}$ $\zeta_n\colon \zeta_1 = \sum\limits_{i=1}^m \xi_i,~\zeta_2 = \sum\limits_{i=m+1}^{2m} \xi_i,~\ldots{},~ \zeta_r = \sum\limits_{i=m(r-1)}^{rm} \xi_i$ $C = |A| +B$ $\{A<S_k<B;1\leqslant k \leqslant rm \} \subseteq \bigl\{|\zeta_1|<C;\ldots{};|\zeta_r|<C\bigr\}$ $m$ $x_{i}$

Satunnaismuuttujien riippumattomuuden aliongelma ζ i

Osoittakaamme, että ovat riippumattomia ja tasaisesti jakautuneita . Riittää, kun todistetaan, että ne ovat riippumattomia, koska niillä kaikilla on binomijakauma . $\zeta_j$

Ratkaisu

Todistetaan se $\mathbb{P}\bigl(\{ \zeta_1=m \} \cap \{ \zeta_2=m \} \bigr) = \mathbb{P} \bigl( \{\zeta_1=m\}\bigr) \ cdot \mathbb{P}\bigl( \{\zeta_2=m\}\bigr).$

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

=\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)

\musta neliö

Palataan konvergenssin tarkasteluun.

Se seuraa siitä, mitä juuri on todistettu, että . $\gamma_n \leqslant \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|;\ldots;|\zeta_r|<C\bigr\} \Bigr) = \prod\limits_{i=1}^r \ mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_i|<C \bigr\} \Bigr) = \biggl( \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Biggr) \Biggr)^r$

Harkitse varianssia : (joka on aivan oikeutettua, koska , ja on modifioitu Bernoullin satunnaismuuttuja ), siksi riittävän suurille ja , on totta: , missä , koska jos , niin . Jos tai , niin riittävän suurelle on totta , että epäyhtälö on totta . Edellä olevasta seuraa, että missä . Siitä lähtien ; alkaen ja sitten ; osoitteessa . Samanlaiset arviot pätevät myös eroille ja , koska nämä erot voidaan vähentää eroiksi ja , . $\mathrm{Var}(\zeta_1) = m\bigl(1-(pq)^2\bigr)$ $1-(pq)^2 =1-\bigl((p+q)^2-4pq\bigr)$ $\xi$ $m$ $0<p<1$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C\bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$ $\varepsilon_1<1$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|\leqslant C \bigr\} \Bigr)=1$ $\mathrm{Var}(\zeta_1)\leqslant C^2$ $p = 0$ $p = 1$ $m$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr)=0$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$ $\forall p\in[0;1]$ $\gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $\varepsilon = \varepsilon_1^{\frac{1}{m}}<1$ $\alpha+\beta = 1$ $(\alpha-\alpha_n)-(\beta-\beta_n)=\gamma_n$ $\alpha\geqslant \alpha_n$ $\beta\geqslant \beta_n$ $0\leqslant \alpha-\alpha_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $0\leqslant \beta-\beta_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $\varepsilon<1$ $\alpha(x)-\alpha_n(x)$ $\beta(x)-\beta_n(x)$ $\alpha-\alpha_n$ $\beta-\beta_n$ $A_1 = Ax$ $B_1=Bx$

Palataanpa harkintaan . Analogisesti yhtälön ratkaisun kanssa voimme sanoa, että yhtälöllä reunaehdoissa on ainutlaatuinen ratkaisu $\alpha(x)$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\oikea)^{B}-\vasen( \frac{q}{p}\oikea)^{A}}$ $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\alfa(x) = p\alfa(x+1) + q\alfa(x-1)$ $\alpha(A)=1$ $\alpha(B)=0$ $\alpha(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{x}}{\left ( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}},\qquad A\leqslant x \leqslant B.$

Se on helppo nähdä kenelle tahansa . Jos peli on reilu (kääntöpuolen todennäköisyys on yhtä suuri kuin käänteisen todennäköisyys), ratkaisut näyttävät tältä: , . $\alpha(x) + \beta(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{ x}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} + \frac{\left( \ frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^ {B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \ frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^ {A}}=1$ $p\in[0;1]$ $\beta(x) = \frac{xA}{BA}$ $\alpha(x) = \frac{Bx}{BA}$

Vastaus tuhon todennäköisyydestä

Summia ja voidaan kutsua ensimmäisen ja toisen pelaajan pilaantumistodennäköisyyksiksi , joiden alkupääoma ja siirtojen määrä pyrkii äärettömään ja luonnehtii satunnaismuuttujaa ensimmäisen pelaajan voittona ja ensimmäisen pelaajan tappiona. Seuraavassa osoitetaan, miksi tällainen sekvenssi voidaan todellakin rakentaa. $\alpha(x)$ $\beta(x)$ $xA$ $Bx$ $\xi_i=+1$ $\xi_i=-1$

Jos , niin funktion intuitiivinen merkitys on todennäköisyys, että paikasta lähtenyt hiukkanen saavuttaa yläseinän ( ) aikaisemmin kuin nolla. Kaavoista voidaan nähdä, että $A = 0$ $\beta(x)$ $x$ $B$ $\beta (x)$

\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}

Epäsuotuisan pelin panoksen lisäämisen paradoksi

Mitä ensimmäisen pelaajan tulee tehdä, jos peli on hänelle epäsuotuisa?

Hänen häviämisen todennäköisyys on annettu kaavalla . $\lim\limits_{k\rightarrow\infty} \alpha_k = \alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-1}{\left( \frac{q} {p}\oikea)^{B}-\vasen( \frac{q}{p}\oikea)^{A}}$

Anna nyt ensimmäisen pääoman omaavan pelaajan päättää tuplata panos ja pelata kahdella ruplalla, eli , , . Sitten merkitsemme ensimmäisen pelaajan tuhoamisen rajoittavaa todennäköisyyttä seuraavasti: . $(-A)$ $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=2\}\bigr)=p$ $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=-2\}\bigr)=q$ $\alpha_2 = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-1}{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{ ,}5B}-\vasen( \frac{q}{p}\oikea)^{0{,}5A}}$

Siksi , koska se kerrotaan murtoluvulla, joka on suurempi kuin yksi . $\alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B\cdot2} - 1^2}{ \left( \frac{q}{p}\right) ^{0{,}5B\cdot2} - \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A\cdot2} } = \frac{\left( \left( \frac{q) }{p}\oikea)^{0{,}5B}-1\oikea)\cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\ oikea)}{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,} 5A}\oikea) \cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\left( \frac{q}{p}\right)^{0 {,}5A}\oikea)} = \alpha_2 \cdot \frac{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\oikea)}{\ vasen( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\vasen( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}\oikea) } > \alpha_2$ $\alpha_2$ $q>s$

Siksi, jos todennäköisyys saada etupuoli, joka on niin toivottava ensimmäiselle pelaajalle, on pienempi kuin , hänen on hyödyllistä korottaa panosta kertoimella 1: tämä vähentää hänen päätteensä tuhoutumisen todennäköisyyttä. tosiasia, että todennäköisyys hypätä ulos käytävästä kohdassa kasvaa . Tämä päätös vaikuttaa paradoksaaliselta, koska näyttää siltä, että epäsuotuisassa tilanteessa pitäisi alentaa panosta ja vähentää tappiota, mutta todellisuudessa äärettömällä määrällä pelejä ja pienellä panoksella häviävä pelaaja lopulta häviää nollaan, ja pelaaja korkealla panoksella on suurempi mahdollisuus lyödä niin monta etupuolta, että peli on riittävä suorittamaan pelin pisteessä . $0{,}5$ $r>1$ $B$ $B$

Satunnaisen kävelyn kesto

Harkitse hiukkasemme kävelyn keskimääräistä kestoa. Esitetään matemaattinen odotus hetkestä, jolloin peli pysähtyy: for . Johdetaan toistuvuussuhde matemaattiselle odotukselle pelin kestosta: $\mathbb{E}(\tau^x_k)= m_k(x)$ $k\leqslant n$

m_k(x) = \mathbb{E}(\tau_k^x) = \sum\limits_{1\leqslant l \leqslant k} l\mathbb{P} \bigl( \{\tau_k^x = l\} \ isompi) = \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 ja olemme saaneet rekursiivisen suhteen funktiolle : for . $x\in (A;B)$ $k\in[0;n]$ $m_k(x)$ $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$ $m_0(x)=0$

Esitetään rajaehdot: jos peli alkaa kohdasta tai , niin se päättyy välittömästi - sen kesto on yhtä suuri kuin 0: . $A$ $B$ $m_k(A) = m_k(B) = 0$

Toistuvuussuhteesta ja reunaehdoista voidaan laskea . Koska , silloin on raja , joka täyttää suhteen : suoritettaessa . Nämä siirtymät ovat samanlaisia kuin ne, joita tarkastelimme siirryttäessä tappion todennäköisyysyhtälöön. Tämän yhtälön ratkaisemiseksi on otettava käyttöön vielä yksi ehto: liikemäärän odotuksen on oltava äärellinen, eli , , . $m_i(x)$ $m_{k+1}(x) \geqslant m_k(x)$ $m(x) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(x)$ $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$ $m(x) = 1+pm(x+1) + qm(x-1)$ $m(A) = m(B) = 0$ $n\rightarrow\infty$ $m(x)<\infty$ $x\in(A;B)$

Ratkaistaan tämä yhtälö. Häviön todennäköisyysyhtälössä ( ) tietyt ratkaisut ja on jo saatu . Tässä näkyy vielä yksi haastaja tietyn ratkaisun rooliin: , siis . Rajaehto huomioon ottaen löydämme käyttämällä aiemmin saatuja suhteita : . Ihanteellisen kolikon tapauksessa saamme seuraavan lausekkeen: . Rajaehdon soveltaminen antaa: . Tästä seuraa, että samansuuruisten alkupääomien tapauksessa . Esimerkiksi, jos jokaisella pelaajalla on 5 ruplaa ja panos on 1 rupla, pelaajat menevät rikki keskimäärin 25 siirron jälkeen. $p\ne q$ $a$ $b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $\frac{x}{qp} =\frac{q-p+(p+q)x + pq}{qp} = \frac{qp}{qp} + \frac{p(x+1)}{qp} + \frac{q(x-1)}{qp} = 1 + p\frac{x+1}{qp} + q\frac{x-1}{qp}$ $m(x) = \frac{x}{qp} + a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $m(A) = m(B) = 0$ $m(x)$ $m(x) = \frac{1}{pq}\bigl( B\beta(x) + A\alpha(x) - x\bigr)$ $m(x) = a+bx-x^2$ $m(x)= (Bx)(xA)$ $m(0) = B^2$

Yllä olevia kaavoja tarkasteltaessa oletettiin, että liikemäärän matemaattinen odotus on äärellinen: . Esitämme nyt todisteen tästä tosiasiasta. $m(x)<\infty$

Odotetun siirtomäärän äärellisyyden ongelma

Todista se . $m(x)<\infty\quad \forall A,B$

Ratkaisu

Tämä riittää todistamaan tapaukselle (koska on jo aiemmin osoitettu, että tapaukset voidaan pelkistää muunnelmaksi ja ) ja , ja sitten tarkastellaan tapausta . $x=0$ $x\neq 0$ $x=0$ $A$ $B$ $p=q$ $p\ne q$

Joten harkitse sekvenssiä ja ota käyttöön satunnaismuuttuja , jossa on pysähtymisaika. $S_{0;1;\ldots;n}$ $S_{\tau_n} = S_{\tau_n}(\omega)$ $\tau_n=\tau_n^0$

Anna . Tulkinta on seuraava: on satunnaisen kävelyn arvo tällä hetkellä . Jos , niin ; jos , niin . Muista se ja todista, että . $S_{\tau_n} (\omega) = \sum\limits_{k=0}^n S_k(\omega) \mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega)$ $S_{\tau_n}$ $\tau_n$ $\tau_n<n$ $S_{\tau_n}\in \{A;B\}$ $\tau_n=n$ $A\leqslant S_{\tau_n} \leqslant B$ $p=q=0{,}5$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$

Todistaaksemme ensimmäisen yhtäläisyyden kirjoitamme: . On aivan selvää, että koska klo . Se on vielä todistettava . $\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) \iso)$ $\mathbb{E}(S_n)=0$ $S_n = \xi_1+\ldots+\xi_n$ $\xi_i=\pm 1$ $p=q$ $\sum\limits_{k=0}^n \bigl( (S_k-S_n)\mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \))(\omega) \bigr) = 0$

Sillä se on totta . Viimeinen tapahtuma voidaan esittää muodossa , jossa on jokin joukon osajoukko . Tämä joukko on määritetty vain . Suuret arvot eivät vaikuta . Näkymäjoukko voidaan esittää myös muodossa . Riippumattomuudesta johtuen (osoitettu osatehtävässä 2 ), tästä seuraa, että satunnaismuuttujat ja ovat riippumattomia. Tämä johtuu siitä, että ensimmäinen tekijä on nolla. $0\leqslant k < n$ $\{ \tau_n>k \} = \{ A<S_1<B;\ldots;A<S_k<B\}$ $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$ $J$ $\{ -1;+1 \}^k$ $\xi _{i}$ $i=\overline{1;k}$ $i$ $\xi_{k+1};\ldots;\xi_n$ $J$ $\{ \tau_n=k \} = \{ \tau_n>k-1 \} \backslash \{ \tau_n>k \}$ $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$ $\xi _{i}$ $\forall 0\leqslant k < n$ $S_n-S_k$ $\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).

On todettu, että ihanteellinen kolikko , . $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$

Tapauksessa on suhteita (koska ) ja , koska . Näytämme nyt sen . $p\ne q$ ${\mathbb {E}}(S_{{\tau _{n}}})=(pq){\mathbb {E}}(\tau _{n})$ $\mathbb{E}(\xi_1) = pq$ ${\mathbb {E}}{\Bigl (}{\bigl (}S_{{\tau _{n}}}-\tau _{n}{\mathbb {E}}(\xi _{1})) {\bigr )}^{2}{\Bigr )}={\mathrm {Var}}(\xi _{1})\cdot {\mathbb {E}}(\tau _{n})$ $\mathrm{Var}(\xi_1) = 1-(pq)^2$ $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(0) = m(0)<\infty$

Reilun pelin tapauksessa suhteesta johtuen on totta, että . Siis siis . Epäyhtälöstä seuraa, että matemaattinen odotus konvergoi raja-arvoon . Epäreilun pelin tapauksessa . Koska hiukkasen ensimmäisen lennon ulos käytävältä ajankohta on nimetty, sen matemaattinen odotus on pienempi kuin tiettyjä lukuja, siis pienempi kuin ääretön. Tällaisessa tilanteessa . $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$ $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \max\{ A^2;B^2\}$ $\mathbb{E} (\tau_n) = \mathbb{E}(S^2_{\tau_n}) = A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \mathbb{E} (S^2_n \mathbf{1 }_{\{{A<S_n<B}\}}) \mathbf{1}_{\{{\tau_n=n}}\}}$ $A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n \leqslant \mathbb{E}(\tau_n) \leqslant A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \max\{ A^2;B^2 \}\ cdot\gamma_n$ $\gamma_n<\varepsilon^n$ $\mathbb{E}(\tau_n)$ $n\rightarrow\infty$ $m(0) = A^2\alpha + B^2 \beta = A^2 \cdot \frac{B}{BA} - B^2\cdot \frac{A}{BA} = |AB|$ $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \frac{\max\{ |A|;B \}}{|pq|}$ $\tau_n$ $\mathbb{E}(\tau_n)\rightarrow m(0) = \frac{\alpha A + \beta B}{pq}$ $\musta neliö$

Tietokonesimulaatio (Monte Carlo -menetelmä)

Pelin simuloimiseen käytämme MATLAB -ohjelmaa .

Aluksi luomme sekvenssin ja luomme sitten ketjun alkuvaiheessa hieman rikkaammin : $\xi _{i}$ $x$ $S_k$

Sekvenssi ξ (getXI)

n = 100_ _ % \xi_i-sarjan pituus U = rand ( n , 1 ); % Luo 100 satunnaista yhtenäistä [0;1] arvoa XI = nollia ( n , 1 ); % Varamuisti 100 modifioidulle Bernoullille q = 0,55 ; % käänteinen todennäköisyys p = 1 - q ; % Averse todennäköisyys % Seuraava sykli luo Bernoulli-jakauman, joka perustuu tasaiseen [0;1] jos i = 1 : n % Tämä sykli jakaa [0;1] taulukon kahteen osaan: pituudet q ja p, q+p=1 jos ( U ( i , 1 ) < q ) XI ( i , 1 ) = - 1 ; % Jos yhtenäinen satunnaisarvo osuu q:ään, niin \xi=-1 muuten XI ( i , 1 ) = 1 ; % Jos yhtenäinen satunnaisarvo osuu p:ään, niin \xi=+1 loppu loppu x = 10 ; % Alkuperäinen 1. pelaajan budjettipoikkeama S = nollia ( n , 1 ); % Varamuisti 100 S_1...S_100 kun i = 1 : n % Tee S_k-sarja säännön S_{k+1} mukaan = S_k + \xi_{k+1} S ( i , 1 ) = x + summa ( XI ( 1 : i , 1 )); % ottaen huomioon hyvinvoinnin alkuerä x loppu

Sitten esittelemme getS(n, q, x) -funktion , joka ei vain, kuten yllä oleva listaus, luo sarjaa välittömästi ja välittömästi, vaan antaisi syötettyjen arvojen perusteella rakentaa sarjan yleisellä tavalla ilman monimutkaista laskelmia. Tämä yksinkertaistaisi työtilaa. $S_k$ $n$ $q$ $x$

Sarjan sukupolvi (getS-funktio)

funktio [S] = getS ( n, q, x ) % Tämä funktio riippuu n, q ja x --- 3 muuttujasta U = rand ( n , 1 ); XI = nollia ( n , 1 ); i = 2 : n % Uniform->Bernoulli- jakaumamuunnos jos ( U ( i , 1 ) < q ) XI ( i , 1 ) = -1 ; _ muuten XI ( i , 1 ) = 1 ; loppu loppu S = nollia ( n , 1 ); % Varamuisti n:lle S_1...S_n kun i = 2 : n % Laske sarja S_1...S_n S ( i , 1 ) = summa ( XI ( 1 : i , 1 )); % Summaa \xi:t loppu S = x + S ; % Lisää alkuhyvinvoinnin koko matriisin jokaiseen S_k:aan

Herää järkevä kysymys: miksi laskea alkaen vain toisesta arvosta ( i = 2:n )? Tosiasia on, että tämä tehdään yksinomaan visualisointia varten. Kun graafia piirretään seuraavassa koodissa, rakennetaan liikeradat , ja jos arvolle i = 1:n kirjoitettaisiin , niin ensimmäisestä arvosta lähtien osa liikeradoista tulisi ulos , osa - ulos . Koska tässä ohjelmassa optimaalisuuden vuoksi on parempi olla käyttämättä nolla-arvoa (partikkeli lähtee siitä, mutta ei piirretä, koska yhteenlasku tapahtuu välittömästi), siirrämme abskissa-akselin numerointia yhdellä. oikein. Suoritetaan nyt sarja testejä ja tarkastellaan visuaalisesti tiettyjen todennäköisyyksien, pelien pituuksien ja pelien lukumäärän mahdollisia kehityskulkuja. $\xi$ $S_k$ $x-1$ $x+1$ $\xi_1$

Visualisointi (graphS)

N = 3 ; % Pelattujen pelien määrä n = 10_ _ % heittojen määrä q = 0,45 ; % Mahdollisuus 1. pelaaja menettää 1 ruplan x = 0_ _ % Alkuperäinen hyvinvoinnin korvaus matrS = nollia ( N , n ); % Varamuisti N riville n cols matriisille jos i = 1 : N % Tämä silmukka täyttää S-matriisin S_k:lla, jolloin saadaan N liikerataa matrS ( i ,:) = getS ( n , q , x ) ' ; juoni ( matrS ( i ,:)); % Antaa kuvan pidä kiinni ; % Pitää akselit seuraavan liikeradan päällekkäin loppu pidättäytyä ; _ % Tyhjentää uuden kuvaajan akselit

Siirrytään nyt ohjelmisto-osan tärkeimpään komponenttiin - algoritmiin, jonka avulla voimme laskea keskimääräisen pelin pituuden tietyille parametreille . Jos teoria on oikea, seuraava koe vain vahvistaa sen. Lisäämme ohjelmaan myös rivin, joka laskee ensimmäisen pelaajan ( ) tuhoutumistodennäköisyyden annetulla alkupääomalla ja vertaa sitä teoreettiseen. $(A;B;n;q)$ $\beta(x)$

Koko pelimalli (Monte_Carlo)

N = 3000 _ % Pelattujen pelien määrä n = 3000_ _ % heittojen määrä q = 0,5 ; % Mahdollisuus 1. pelaaja menettää 1 ruplan p = 1 - q ; % Mahdollisuus 1. pelaaja voittaa 1 rupla A = -10 ; _ %1. pelaajabudjetti B = 10 ; % 2. pelaaja budjetti x = 0_ _ % Budjetin siirtymä ensimmäiselle pelaajalle Bs = 0 ; % tapauksista, joissa hiukkanen osuu B:hen (muuttuu pian) As = 0 ; % tapauksista, joissa hiukkanen osuu A:een (muuttuu pian) matrS = nollia ( N , n ); % Varamuisti N riville n cols matriisille TAU1 = n * ykköstä ( N , n ); % Täytä toinen N riviä n sarakkeen matriisi n:llä jos i = 1 : N % Tämä silmukka muodostaa S_k:n N liikerataa perustuen syötteeseen q, x, n matrS ( i ,:) = getS ( n , q , x ) ' ; kun j = 1 : n if ( matrS ( i , j ) == A ) || ( matrS ( i , j ) == B ) % Jos hiukkanen ylittää arvon A tai B, niin TAU1 ( i , j ) = j ; % laita askelmäärän taulukkoon loppu loppu juoni ( matrS ( i ,:)); % Näyttää luvun ruudukko päällä ; pidä kiinni ; % Samanaikaiset kuvaajat samoilla akseleilla loppu pidättäytyä ; _ % Tyhjentää uuden kuvaajan akselit TAU = ( min ( TAU1 ' )) ' ; % TAU = [A;B] käytävän ylityksen aikaisin vaihe % Koska [min] vaikuttaa sarakkeisiin ja antaa rivin, transponoimme TAU1, % minimoi se riveillä ja tee siitä uudelleen sarake jos i = 1 : N % S_n-sarjamme ovat valmiit; ne pesii matrSissa jos j = 1 : TAU ( i ) % Selaa vain, kunnes kohtaamme pakovaiheen! if ( matrS ( i , j ) == A ); % Jos hiukkanen karkasi A:n kautta (1. pelaaja murtui) As = As + 1 ; % ja lisää sitten +1 ensimmäisen pelaajan epäonnistumiseen elseif ( matrS ( i , j ) == B ) % Muuten jos sen ensimmäinen kynnys oli B Bs = Bs + 1 ; % lisää sitten +1 ensimmäisen pelaajan voittoihin loppu % Jos n ei ole tarpeeksi suuri, niin loppu % As + B:t eivät välttämättä muodosta N:ää loppu ALPHA = As / ( As + Bs ) % Yhdistä alfat niiden teoreettisiin arvoihin jos ( q == p ) TEORALFA = ( B - x ) / ( B - A ) muuten THEORALPHA = (( q / p ) ^ B - ( q / p ) ^ x ) / ( ( q / p ) ^ B - ( q / p ) ^ A ) loppu BETA = 1 - ALFA % Sama beetoissa jos ( q == p ) TEORBEETA = ( x - A ) / ( B - A ) muuten TEORBETA = 1 - TEORALFA loppu meanTAU = keskiarvo ( TAU ) % Suurten lukujen laki suurille N: ille jos ( q == p ) TEORTA = ( B - x ) * ( x - A ) muuten THEORTAU = 1 / ( p - q ) * ( B * TEORBETA + A * TEORALFA - x ) loppu

Huomaa, että pienillä arvoilla kaikki hiukkaset eivät karkaa käytävältä, joten tässä on korostettava, että teoria sanoo: "riittävän suurella todennäköisyys on lähellä ". $n$ $n$ $\beta_n(x)$ $\beta(x)$

Testaus

Seuraavat tiedot on laskettu , . $n = 3000$ $N = 3000$

Testi nro	$q$	$A$	$B$	$x$	ALPHA	$\alpha(x)$	BEETA	$\beta(x)$	tarkoitti TAU	$m(x)$
yksi	$0{,}49$	$-6$	$5$	$0$	$0{,}4020$	$0{,}4006$	$0{,}5980$	$0{,}5994$	$30{,}9307$	$29{,}6856$
2	$0{,}6$	$-60$	$6$	$-3$	$0{,}9733$	$0{,}9740$	$0{,}0267$	$0{,}0260$	$278{,}2200$	$276{,}4159$
3	$0{,}6$	$-kaksikymmentä$	$2$	$-yksi$	$0{,}7040$	$0{,}7038$	$0{,}2960$	$0{,}2962$	$62{,}2680$	$62{,}4178$
neljä	$0{,}54$	$-kymmenen$	$viisikymmentä$	$kymmenen$	$0{,}9990$	$0{,}9984$	$0{,}0010$	$0{,}0016$	$251{,}3587$	$248{,}8205$
5	$0{,}5$	$-kymmenen$	$kaksikymmentä$	$0$	$0{,}6580$	$0{,}6667$	$0{,}3420$	$0{,}3333$	$202{,}3007$	$200{,}0000$
6	$0{,}35$	$-3$	$90$	$0$	$0{,}1457$	$0{,}1561$	$0{,}8543$	$0{,}8439$	$256{,}4557$	$251{,}6022$

Kokeet 2 ja 3 osoittavat seuraavan ominaisuuden: jos peli häviää ensimmäiselle pelaajalle, niin panoksen lisääminen mallissa vastaa pienentämistä ja saman määrän kertoja suhteessa nollaan. Korko on kolminkertaistunut - todennäköisyys hypätä ulos käytävästä arvon kanssa on kasvanut 11 kertaa! $A$ $B$ $x$ $B$

Katso myös

Muistiinpanot

↑ Shiryaev A. N. Todennäköisyys-1, Todennäköisyys-2 // Moskova, MTsNMO. – 2007.