Játékos tönkremeneteli probléma

Az oldal jelenlegi verzióját még nem ellenőrizték tapasztalt közreműködők, és jelentősen eltérhet a 2020. február 13-án felülvizsgált verziótól ; az ellenőrzések 5 szerkesztést igényelnek .

A játékos tönkretételének problémája a valószínűségszámítás területéről származik . Ezt részletesen megvizsgálta A. N. Shiryaev orosz matematikus a "Valószínűség" [1] monográfiájában .

Megfogalmazás

Két játékos ül az asztalnál . Az elsőnek rubel, a másodiknak rubel áll a rendelkezésére . Előttük az asztalon egy aszimmetrikus érme fekszik (az előlap kiesésének valószínűsége 0-tól 1-ig tetszőleges számmal egyenlő lehet). Ha az érme előlapja esik az érmére, akkor az első játékos nyeri a rubelt (a második játékos fizet az elsőnek 1 rubelt), ha pedig a fordítottja esik, az első játékos fizet a másodiknak. Meg kell találni annak valószínűségét, hogy az egyik játékos lépésenként nullára veszít , és minden játékos elvesztésének valószínűségét. Ki kell számítani a játék átlagos hosszát is. $-A\ (A<0, -A>0)$ $B\ (B>0)$ $n$

Ezt a helyzetet hasonló módon lehet modellezni: van egy vándorrészecske és egy folyosó . Azt a valószínűséget vesszük figyelembe, hogy a részecske lépésenként hagyja el a folyosót (átcsúszik a felső vagy az alsó falon). $[A;B]$ $n$

Bernoulli-séma

Tekintsük a Bernoulli-sémát kísérletekkel . $n$

Legyen egy valószínűségi tér, ahol $(\Omega,\mathcal{A},\mathbb{P})$

$\Omega = \bigl\{\omega\colon \omega=(x_1;\ldots;x_n),\ x_i = \pm 1 \bigr\}$ - elemi eredmények,
$\mathcal{A} = \{ A_i \subseteq \Omega \}$ a valószínűségi tér részhalmazainak algebrája ,
$\mathbb{P}\bigl(\{ \omega \}\bigr) = p^{\nu(\omega)}\cdot q^{n-\nu(\omega)}$ , ahol az adott sorozatban elejtett egységek száma. $\nu(\omega)$

A fenti kifejezésben a kiesett egységek száma a következőképpen található: . $\nu(\omega) = \frac{\sum\limits_{i=1}^n x_i + n}{2}$

Bemutatjuk a Bernoulli valószínűségi változók sorozatát:

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

Valószínűség normalizálási részprobléma

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

Megoldás

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

$\sum\limits_{k=0}^n C^k_n p^kq^{nk} = (p+q)^n = 1$ , hiszen feltétel szerint . $p+q=1$ $\fekete négyzet$

A valószínűségi változók függetlenségének részproblémája ξ i

Bizonyítsd be, és függetlenek. $\xi_1$ $\xi_2$

Megoldás

A valószínűségi változók függetlensége azt jelenti

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

mutassuk meg:

\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.

\fekete négyzet

Véletlenszerű séta

A Bernoulli-séma esetében egyetértünk a ξ valószínűségi változó következő jelentésével: azt jelenti, hogy a második játékos fizeti az elsőt, az első játékos pedig a másodikat. $\xi_i = +1$ $\xi_i = -1$

Vezessünk be egy új jelölést:

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

A szám megegyezik a játék időtartamával, és a sorozat felfogható valamely részecske nulláról induló véletlenszerű sétájának pályájának, miközben az egyenlőség nyilvánvaló , és ez azt jelenti, hogy az első játékos nyer a második felett (ami negatív lehet). $n$ $(S_k)_{k\leqslant n}$ $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$ $S_k$

Legyen , két egész szám, , . Meg kell találni, hogy mekkora valószínűséggel valósul meg lépésenként a részecske kilépése a és által határolt folyosóból . $A$ $B$ $A\leqslant 0$ $B \geqslant 0$ $n$ $A$ $B$

Továbbá legyen egy egész szám, . Legyen ezért is ( ami azt jelenti, hogy a játékosok nem nulla tőkével kezdtek el játszani). Hadd . Tegyük fel, hogy ha . Ha a részecske soha nem lépte át a határokat, akkor meghatározatlan. $x$ $x\in \mathbb{Z}\cap [A;B]$ $0\leqslant k \leqslant n$ $S^x_k = x+S_k$ $\tau^x_k = \min \bigl\{ l\colon 0\leqslant l \leqslant k, S^x_l = \{A \mathrm{~or~} B \} \bigr\}$ $\tau^x_k = k$ $A < S_l^x < B\quad \forall l\colon 0\leqslant l \leqslant k$ $x_k$

Mindegyiknél a pillanatot leállási pillanatnak nevezzük , amely az elemi események terén meghatározott valószínűségi változó . az az esemény, hogy a ponttól induló véletlenszerű séta az adott időpontban elhagyja az intervallumot . Vezessünk be új jelölést: , for . Legyen , annak a valószínűsége, hogy a részecske időben kilép az intervallumból a és pontokban . $0\leqslant k \leqslant n$ $x\in[A; B]\cap \mathbb{Z}$ $\tau^x_k$ $\Omega$ $\forall l<k\quad \{\omega\colon \tau^x_k = l\}$ $\{S^x_i\colon 0\leqslant i \leqslant k \}$ $x$ $[A;B]$ $l$ $\mathcal{A}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = A \}$ $\mathcal{B}^x_k = \coprod\limits_{0\leqslant l \leqslant k}\{ \omega\colon \tau^x_k= l, \ S^x_l = B \}$ $0\leqslant k \leqslant n$ $\alpha_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{A}^x_k)$ $\beta_k(x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k)$ $[0;k]$ $[A;B]$ $A$ $B$

Legyen ; nyilvánvaló, hogy (amíg a játék el nem indul, a részecske az 1-es valószínűségű intervallumon belül van). Most engedd . Majd a teljes valószínűségi képlet szerint $A<x<B$ $\alpha_0(x) = \beta_0(x) = 0$ $0\leqslant k \leqslant n$ $\beta_k (x) = \mathbb{P} (\mathcal{B}^x_k) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x+1 )\cdot \mathbb{P }\bigl(\{\xi_1 = 1 \}\bigr) + \mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 )\cdot \mathbb{P}\bigl(\ { \xi_1 = -1 \}\bigr).$

Ismétlődő részprobléma

Bizonyítsd

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

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

Bizonyíték.

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

$\mathcal{B}^x_k = \bigl\{ \omega\colon (x;x+\xi_1;\ldots{};x+\xi_1+\ldots{}+\xi_k) \in B^x_k \bigr\}$ , ahol a forma pályáinak halmaza , amely először hagyja el az intervallumot a pontban (az ábrán látható). Ha egy véletlen vektor egy megfelelő pályára esik, akkor beleesik a halmazba . A halmazt ábrázoljuk . A diszjunkt unió legitim, mert a pályán haladó bármely részecske rendelkezik . azok a pályák , amelyekről . azok a pályák , amelyekről . Ne feledje, hogy a -tól induló pályák mindegyike egy az egyhez egyezik a -tól induló pályával . Az egy-egy levelezést ellentmondás bizonyítja . Tegyük fel, hogy (kétértelmű levelezés); akkor ez a pálya nem lesz képes lépésenként (de csak a folyosó felső falától való kezdeti távolság miatt) kivinni a részecskét a folyosóból. Ellenkező irányban a megfelelés is egy az egyhez a definíciótól: . Ebből az következik, hogy (mivel ezek független azonos eloszlású valószínűségi változók ). $B^x_k$ $(x;x+x_1;\ldots{};x+x_1+\ldots{}+x_k),\quad x_i=\pm 1$ $[0;k]$ $(A;B)$ $B$ ${\mathcal {B}}$ $B_k^x$ $B_k^{x;x+1}\sqcup B_k^{x;x-1}$ $x_1=\pm 1$ $B_k^{x;x+1}$ $B_k^x$ $x_1=1$ $B_k^{x;x-1}$ $B_k^x$ $x_{1}=-1$ $(x;x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_k^{x;x+1}$ $(x+1;x+1+x_2;\ldots{};x+1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_{k-1}^{x+1}$ $x_1 = -1$ $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots;x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $k$ $k+2$ $S_{k+1} = S_k + \xi_{k+1}$ $\mathbb{P} \Bigl(\big\{ (x+1;x+1+x_2;\ldots; x+1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x+1;x+1+x_1;\ldots; x+1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \ in B_{k-1}^{x+1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^ {x+1})$ $\xi _{i}$

Van egy másik módszer is a bizonyításra:

\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)

Ez igaz, mert a valószínűségek függetlenek (ezt korábban bebizonyították).

(2) Hasonló módon bebizonyítjuk, hogy . $\mathbb{P} ( \mathcal{B}^x_k \mid S_1^x = x-1 ) = \mathbb{P} ( \mathcal{B}^{x+1}_{k-1} )$

Minden -tól induló pálya egytől egyig megfelel a -tól induló pályával . Innen $(x;x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_k^{x;x+1}$ $(x-1;x-1+x_2;\ldots{};x-1+x_2+\ldots+x_k)$ $B_{k-1}^{x-1}$ $\mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_2;\ldots; x-1+x_2+\ldots+x_k) \in B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) = \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ (x-1;x-1+x_1;\ldots; x-1+x_1+\ldots+x_{k-1}) \ in B_{k-1}^{x-1} \bigr\} \Bigr) \mathrel{\stackrel{\rm def}=} \mathbb{P}(\mathcal{B}_{k-1}^ {x-1}).$ $\fekete négyzet$

Az ismétlődési reláció származtatása

Az és igaz egyenletből következik : $\beta_k(x)$ $x\in (A;B)$ $k\leqslant n$

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

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

A teljes valószínűségi képlet szintén a következő eredményt adja: . $\alpha_k(x) = p\alpha_{k-1}(x+1) + q\alpha_{k-1}(x-1)$

Vegye figyelembe azt is, hogy , és ezért a . Ez az állítás igaz, hiszen minden olyan pályához, amely kevesebb lépésben viszi ki a részecskét, az elejéhez hozzá lehet adni egy lépést ( ), amelynél a részecske a (for )-ból és a ( ) felől is eljuthat a pontba. $\mathcal{B}_{k-1} \subset \mathcal{B}_{k}$ $\beta_{k-1}(x)\leqslant \beta_k(x)\leqslant 1$ $k\leqslant n$ $x_{j-1}=\pm 1$ $(j;S^x_{j})$ $(j-1;S^x_{j}-1)$ $\xi_j=1$ $(j-1;S^x_{j}+1)$ $j\leqslant k$

Valószínűségek keresése

Megfelelően nagy esetén a valószínűség közel van - az egyenlet megoldásához olyan feltételek mellett, hogy (a kilépés a pontból azonnal megtörtént - a játék vége, az első játékos nyert), (az első játékos soha nem fog nyerni, ha a kilépés azonnal megtörténik pontban ). Ezek a feltételek abból a tényből következnek, hogy . Ez ebben a részben is bebizonyosodik. $n$ $\beta_n(x)$ $\beta(x)$ $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\beta(B)=1$ $B$ $\beta(A)=0$ $A$ $\lim\limits_{l\rightarrow\infty} \beta_l(B) = \beta(B)$

Először megkapjuk az egyenlet megoldását . Legyen a játék igazságtalan ( ). Ebben az esetben megtaláljuk az egyenlet gyökereit, azaz . Egy adott megoldás azonnal látható: . Egy másik megoldást találunk a függvény tényének felhasználásával. Célszerű relációval rendelkező kifejezést használni , tekintettel arra, hogy : . Ezért ésszerű azt feltételezni, hogy . Egy állandó hozzáadása nem változtat semmit, mert . $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $p\ne q$ $\beta(x)$ $\beta(x) = \mathrm{const} = a$ $\beta(x)$ $\frac{q}{p}$ $p+q=1$ $\left( \frac{q}{p} \right)^x = \frac{q^x(p+q)}{p^x} = \frac{q^x}{p^{x-1} } + \frac{q^{x+1}}{p^x} = p\frac{q^{x+1}}{p^{x+1}} + q\frac{q^{x- 1}}{p^{x-1}} = p\left(\frac{q}{p}\right)^{x+1} + q\left(\frac{q}{p}\right) ^{x-1}$ $\beta(x) = b\cdot \left(\frac{q}{p}\right)^x$ $p+q=1$

Most nézzük meg az általános megoldást: . Ugyanazokat a feltételeket használjuk, mint és , és ezt kapjuk $\beta(x) = a + b\left(\frac{q}{p}\right)^x$ $\beta(A) = a+b\left(\frac{q}{p}\right)^A=0$ $\beta(B) = a+b\left(\frac{q}{p}\right)^B=1$ $\beta(x) = \frac{\beta(x)-0}{1-0} = \frac{\beta(x)-\beta(A)}{\beta(B)-\beta(A) } = \frac{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{A } \right)}{a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{B} - \left( a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{ A} \jobbra)} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\ left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}.$

Részprobléma a megoldás egyediségével kapcsolatban

Bizonyítsuk be e probléma megoldásának egyediségét. Ehhez megmutatjuk, hogy a probléma bármely peremfeltételes megoldása ábrázolható . $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\jobbra)^{B}-\bal( \frac{q}{p}\jobbra)^{A}}$

Megoldás

Tekintsen valamilyen megoldást az alábbi feltételek mellett : . Ekkor mindig lehet olyan konstansokat választani , hogy , . Ekkor a feltett probléma egyenletéből az következik, hogy . Akkor általános esetben . Ezért a megoldás egyedülálló. Pontosan ugyanez a gondolatmenet alkalmazható a . $\check \beta(x)$ $\check\beta (A)=0$ $\check\beta(B)=1$ $\check a$ $\check b$ $\check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A} = \check\beta(A)$ $\check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{A+1} = \check \beta(A+1)$ $\check\beta(A+2) = \check a + \check b \left( \frac{q}{p}\right)^{A+2}$ $\check \beta(x) = \check a + \check b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\jobbra)^{B}-\bal( \frac{q}{p}\jobbra)^{A}}$ $\alpha(x)$ $\fekete négyzet$

Konvergencia korlátozása

Vegyük fontolóra a és -hoz és -hez való konvergenciát korlátozó sebesség kérdését . A séta az origóból induljon ( ). Az egyszerűség kedvéért , , . Más szóval, egy mínusz a folyosót elhagyó részecske valószínűségeinek összege – annak a valószínűsége, hogy a részecske a folyosón vándorolni fog: . eseményt képvisel . Vegyünk egy számot , ahol és egy valószínűségi változók láncát . Ha a teljes vagyont jelöljük -re , akkor . Ennek ésszerű magyarázata van: ha a részecske kimegy a nullából, és nem lépi át a határokat, akkor a darabok összege határozottan kisebb, mint a teljes készlet. $\alpha_n(x)$ $\beta_n(x)$ $\alpha(x)$ $\beta(x)$ $x=0$ $\alpha_n(0)=\alpha_n$ $\beta_n(0)=\beta_n$ $\gamma_n = 1-\alpha_n-\beta_n$ $\gamma_n$ $\gamma_n = \mathbb{P} \{ \omega\colon A<S_k<B; 0\leqslant k \leqslant n \}$ $\omega$ $\bigcap\limits_{0\leqslant k \leqslant n} \{ A<S_k<B \}$ $n=rm$ $r,m\in \mathbb{Z}$ $\zeta_n\colon \zeta_1 = \sum\limits_{i=1}^m \xi_i,~\zeta_2 = \sum\limits_{i=m+1}^{2m} \xi_i,~\ldots{},~ \zeta_r = \sum\limits_{i=m(r-1)}^{rm} \xi_i$ $C = |A| +B$ $\{A<S_k<B;1\leqslant k \leqslant rm \} \subseteq \bigl\{|\zeta_1|<C;\ldots{};|\zeta_r|<C\bigr\}$ $m$ $x_{i}$

A valószínűségi változók függetlenségének részproblémája ζ i

Bizonyítsuk be, hogy függetlenek és egyenlő eloszlásúak . Elég annak bizonyítása, hogy függetlenek, mivel mindegyiküknek binomiális eloszlása van . $\zeta_j$

Megoldás

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

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

=\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)

\fekete négyzet

Térjünk vissza a konvergencia mérlegeléséhez.

Az imént bebizonyítottakból az következik, hogy . $\gamma_n \leqslant \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|;\ldots;|\zeta_r|<C\bigr\} \Bigr) = \prod\limits_{i=1}^r \ mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_i|<C \bigr\} \Bigr) = \biggl( \mathbb{P} \Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Biggr) \biggr)^r$

Tekintsük a : szórást (ami teljesen jogos, hiszen , és egy módosított Bernoulli valószínűségi változó ), ezért kellően nagy és esetén igaz: , ahol , mivel ha , akkor . Ha vagy , akkor kellően nagyra igaz, hogy így az egyenlőtlenség igaz . A fentiekből következik, hogy ahol . Azóta akkor ; óta és , akkor ; at . Hasonló becslések érvényesek a különbségekre is , és mivel ezek a különbségek redukálhatók a különbségekre és a , -ra . $\mathrm{Var}(\zeta_1) = m\bigl(1-(pq)^2\bigr)$ $1-(pq)^2 =1-\bigl((p+q)^2-4pq\bigr)$ $\xi$ $m$ $0<p<1$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C\bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$ $\varepszilon_1<1$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|\leqslant C \bigr\} \Bigr)=1$ $\mathrm{Var}(\zeta_1)\leqslant C^2$ $p=0$ $p=1$ $m$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr)=0$ $\mathbb{P}\Bigl( \bigl\{ |\zeta_1|<C \bigr\} \Bigr) \leqslant \varepsilon_1$ $\forall p\in[0;1]$ $\gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $\varepsilon = \varepsilon_1^{\frac{1}{m}}<1$ $\alpha+\beta = 1$ $(\alpha-\alpha_n)-(\beta-\beta_n)=\gamma_n$ $\alpha\geqslant \alpha_n$ $\beta\geqslant \beta_n$ $0\leqslant \alpha-\alpha_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $0\leqslant \beta-\beta_n \leqslant \gamma_n \leqslant \varepsilon^n$ $\varepszilon<1$ $\alpha(x)-\alpha_n(x)$ $\beta(x)-\beta_n(x)$ $\alpha-\alpha_n$ $\beta-\beta_n$ $A_1 = Ax$ $B_1=Bx$

Térjünk vissza a mérlegelésre . Az egyenlet megoldásával analóg módon azt mondhatjuk, hogy a peremfeltételek közötti egyenletnek egyedi megoldása van. $\alpha(x)$ $\frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q} {p}\jobbra)^{B}-\bal( \frac{q}{p}\jobbra)^{A}}$ $\beta(x) = p\beta(x+1) + q\beta(x-1)$ $\alpha(x) = p\alpha(x+1) + q\alpha(x-1)$ $\alpha(A)=1$ $\alpha(B)=0$ $\alpha(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{x}}{\left ( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}},\qquad A\leqslant x \leqslant B.$

Bármelyiknél könnyen belátható . Ha a játék tisztességes (az előlap valószínűsége egyenlő a fordított valószínűséggel), akkor a megoldások így fognak kinézni: , . $\alpha(x) + \beta(x) = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{ x}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} + \frac{\left( \ frac{q}{p}\right)^{x}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^ {B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{A}} = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \ frac{q}{p}\right)^{A}}{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-\left( \frac{q}{p}\right)^ {A}}=1$ $p\in[0;1]$ $\beta(x) = \frac{xA}{BA}$ $\alpha(x) = \frac{Bx}{BA}$

Válasz a tönkremenetel valószínűségére

A mennyiségek és az első és második játékos tönkremeneteli valószínűségének nevezhető a kezdőtőkével és a végtelenbe hajló lépésszámmal, és a valószínűségi változót az első játékos nyereségeként, illetve az első játékos veszteségeként jellemzi. A következőkben bemutatjuk, miért is lehet ilyen sorozatot felépíteni. $\alpha(x)$ $\beta(x)$ $xA$ $Bx$ $\xi_i=+1$ $\xi_i=-1$

Ha , akkor a függvény intuitív jelentése annak a valószínűsége, hogy a pozíciót elhagyó részecske nullánál korábban éri el a felső falat ( ). A képletekből látható, hogy $A=0$ $\beta(x)$ $x$ $B$ $\béta (x)$

\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}

A kedvezőtlen játékra tett fogadás növelésének paradoxona

Mit tegyen az első játékos, ha számára kedvezőtlen a játék?

A veszteség valószínűségét a képlet adja meg . $\lim\limits_{k\rightarrow\infty} \alpha_k = \alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{B}-1}{\left( \frac{q} {p}\jobbra)^{B}-\bal( \frac{q}{p}\jobbra)^{A}}$

Most döntse el az első tőkével rendelkező játékos, hogy megduplázza a tétet, és játsszon két rubelért, azaz , , . Ekkor a következőképpen jelöljük az első játékos tönkremenetelének limitáló valószínűségét: . $(-A)$ $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=2\}\bigr)=p$ $\mathbb{P}\bigl( \{\xi_i=-2\}\bigr)=q$ $\alpha_2 = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-1}{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{ ,}5B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}}$

Ezért , mivel megszorozzuk egy törttel, amely nagyobb, mint egy -nél . $\alpha = \frac{\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B\cdot2} - 1^2}{ \left( \frac{q}{p}\right) ^{0{,}5B\cdot2} - \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A\cdot2} } = \frac{\left( \left( \frac{q }{p}\right)^{0{,}5B}-1\right)\cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\ jobb)}{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}-\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,} 5A}\jobbra) \cdot \left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\left( \frac{q}{p}\right)^{0 {,}5A}\jobbra)} = \alpha_2 \cdot \frac{\left( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+1\jobbra)}{\ balra( \left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5B}+\left( \frac{q}{p}\right)^{0{,}5A}\jobbra) } > \alpha_2$ $\alpha_2$ $q>p$

Ezért, ha az első játékos számára annyira kívánatos előlap megszerzésének valószínűsége kisebb, mint , akkor számára előnyös, ha 1-szeresére növeli a tétet: ez csökkenti a végső tönkremenetelének valószínűségét a tény, hogy a folyosóról való kiugrás valószínűsége a ponton nő . Ez a döntés paradoxnak tűnik, hiszen úgy tűnik, hogy egy kedvezőtlen helyzetben csökkenteni kell a tétet és csökkenteni a veszteséget, de a valóságban végtelen számú játék és alacsony tét esetén a vesztes játékos végül nullára veszít, a játékos pedig nagy tét esetén nagyobb eséllyel találja el a játék pontban történő befejezéséhez elegendő számú előlapot . $0{,}5$ $r>1$ $B$ $B$

Egy véletlenszerű séta időtartama

Tekintsük részecskénk járásának átlagos időtartamát. Bemutatjuk a játék leállásának pillanatának matematikai elvárását: for . Vezessünk le egy ismétlődési relációt a játék időtartamára vonatkozó matematikai elvárásra: $\mathbb{E}(\tau^x_k)= m_k(x)$ $k\leqslant n$

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 és a függvény rekurzív relációját kaptuk : for . $x\in (A;B)$ $k\in[0;n]$ $m_k(x)$ $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$ $m_0(x)=0$

Vezessünk be peremfeltételeket: ha a játék a vagy ponton kezdődik , akkor azonnal véget ér - az időtartama 0: . $A$ $B$ $m_k(A) = m_k(B)=0$

Az ismétlődési relációból és a peremfeltételekből ki lehet számítani . Mivel tehát van egy határ , amely kielégíti a relációt : végrehajtáskor . Ezek az átmenetek hasonlóak azokhoz, amelyeket figyelembe vettünk a veszteség valószínűségi egyenletben való átlépéskor. Ennek az egyenletnek a megoldásához még egy feltételt kell bevezetni: a mozdulatok számára vonatkozó elvárásnak végesnek kell lennie, azaz , , . $keverd össze)$ $m_{k+1}(x) \geqslant m_k(x)$ $m(x) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(x)$ $m_k(x) = pm_{k-1}(x+1) + qm_{k-1}(x-1) + 1$ $m(x) = 1+pm(x+1) + qm(x-1)$ $m(A)=m(B)=0$ $n\jobbra nyíl\infty$ $m(x)<\infty$ $x\in(A;B)$

Oldjuk meg ezt az egyenletet. A veszteség valószínűségi egyenletében ( ) adott megoldásokat és már megkaptuk . Itt még egy versenyző jelenik meg egy adott megoldás szerepére: , tehát . A peremfeltételt figyelembe véve az előzőleg kapott összefüggések segítségével találjuk meg : . Ideális érme esetén a következő kifejezést kapjuk: . A peremfeltétel alkalmazása a következőt adja: . Ebből az következik, hogy egyenlő induló tőkék esetén . Például, ha minden játékosnak 5 rubelje van, és a tét 1 rubel, akkor a játékosok átlagosan 25 lépés után tönkremennek. $p\ne q$ $a$ $b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $\frac{x}{qp} =\frac{q-p+(p+q)x + pq}{qp} = \frac{qp}{qp} + \frac{p(x+1)}{qp} + \frac{q(x-1)}{qp} = 1 + p\frac{x+1}{qp} + q\frac{x-1}{qp}$ $m(x) = \frac{x}{qp} + a + b\left( \frac{q}{p}\right)^{x}$ $m(A)=m(B)=0$ $m(x)$ $m(x) = \frac{1}{pq}\bigl( B\beta(x) + A\alpha(x) - x\bigr)$ $m(x) = a+bx-x^2$ $m(x)= (Bx)(xA)$ $m(0)=B^2$

A fenti képletek figyelembevételekor azt feltételeztük, hogy a mozdulatok számának matematikai elvárása véges: . Most ennek a ténynek a bizonyítását javasoljuk. $m(x)<\infty$

A várható mozgásszám végességének problémája

Bizonyítsd be . $m(x)<\infty\quad \forall A,B$

Megoldás

Elegendő ezt az esetre igazolni (mivel korábban már kiderült, hogy az esetek redukálhatók és változatára ) , majd megvizsgáljuk az esetet . $x=0$ $x\neq 0$ $x=0$ $A$ $B$ $p=q$ $p\ne q$

Tehát vegye figyelembe a sorozatot , és vezessen be egy valószínűségi változót , ahol a leállási idő. $S_{0;1;\ldots;n}$ $S_{\tau_n} = S_{\tau_n}(\omega)$ $\tau_n=\tau_n^0$

Hadd . Az értelmezés a következő: a véletlenszerű séta értéke pillanatnyilag . Ha , akkor ; ha , akkor . Emlékezzünk vissza , és bizonyítsuk be , hogy . $S_{\tau_n} (\omega) = \sum\limits_{k=0}^n S_k(\omega) \mathbf{1}_{\{ {\tau_n=k} \}}(\omega)$ $S_{\tau_n}$ $\tau_n$ $\tau_n<n$ $S_{\tau_n}\in \{A;B\}$ $\tau_n=n$ $A\leqslant S_{\tau_n} \leqslant B$ $p=q=0{,}5$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$

Az első egyenlőség bizonyítására ezt írjuk: . Teljesen nyilvánvaló , hogy mivel , at . Ezt kell bebizonyítani . $\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$

Mert igaz, hogy . Az utolsó eseményt úgy ábrázolhatjuk, mint ahol a halmaz valamely részhalmaza . Ez a készlet csak a következőhöz van meghatározva . Nagy értékek esetén nem befolyásolja . A nézetkészletet úgy is ábrázolhatjuk, mint . A függetlenség miatt (a 2. részfeladatban bizonyított ) ebből következik, hogy a és a valószínűségi változók függetlenek. Ezért annak a ténynek köszönhető, hogy az első tényező nulla. $0\leqslant k <n$ $\{ \tau_n>k \} = \{ A<S_1<B;\ldots;A<S_k<B\}$ $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$ $J$ $\{ -1;+1 \}^k$ $\xi _{i}$ $i=\overline{1;k}$ $én$ $\xi_{k+1};\ldots;\xi_n$ $J$ $\{ \tau_n=k \} = \{ \tau_n>k-1 \} \backslash \{ \tau_n>k \}$ $\bigl\{\omega\colon (\xi_1;\ldots;\xi_n)\in J \bigr\}$ $\xi _{i}$ $\forall 0\leqslant k < n$ $S_n-S_k$ $\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).

Megállapítást nyert, hogy egy ideális érméhez . $\mathbb{E}(S_{\tau_n})=0$ $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$

Ebben az esetben vannak relációk (mert ) és , mivel . Most ezt mutassuk meg . $p\ne q$ ${\mathbb {E}}(S_{{\tau _{n}}})=(pq){\mathbb {E}}(\tau _{n})$ $\mathbb{E}(\xi_1) = pq$ ${\mathbb {E}}{\Bigl (}{\bigl (}S_{{\tau _{n}}}-\tau _{n}{\mathbb {E}}(\xi _{1})) {\bigr )}^{2}{\Bigr )}={\mathrm {Var}}(\xi _{1})\cdot {\mathbb {E}}(\tau _{n})$ $\mathrm{Var}(\xi_1) = 1-(pq)^2$ $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} m_n(0) = m(0)<\infty$

Tisztességes játék esetén a reláció alapján igaz, hogy . Akkor tehát . Az egyenlőtlenségből következik, hogy a matematikai elvárás a határértékhez konvergál . Tisztességtelen játék esetén . Mivel a részecskének a folyosóból való első kirepülésének pillanatát jelzővel jelöltük, matematikai elvárása kisebb bizonyos számoknál, tehát kisebb a végtelennél. Ilyen feltételek mellett . $\mathbb{E}(S_{\tau_n}^2) = \mathbb{E}(\tau_n)$ $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \max\{ A^2;B^2\}$ $\mathbb{E} (\tau_n) = \mathbb{E}(S^2_{\tau_n}) = A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \mathbb{E} (S^2_n \mathbf{1 }_{\{{A<S_n<B}\}}) \mathbf{1}_{\{{\tau_n=n}}\}}$ $A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n \leqslant \mathbb{E}(\tau_n) \leqslant A^2 \alpha_n + B^2 \beta_n + \max\{ A^2;B^2 \}\ cdot\gamma_n$ $\gamma_n<\varepsilon^n$ $\mathbb{E}(\tau_n)$ $n\jobbra nyíl\infty$ $m(0) = A^2\alpha + B^2 \beta = A^2 \cdot \frac{B}{BA} - B^2\cdot \frac{A}{BA} = |AB|$ $\mathbb{E}(\tau_n)\leqslant \frac{\max\{ |A|;B \}}{|pq|}$ $\tau_n$ $\mathbb{E}(\tau_n)\rightarrow m(0) = \frac{\alpha A + \beta B}{pq}$ $\fekete négyzet$

Számítógépes szimuláció (Monte Carlo módszer)

A játék szimulálásához a MATLAB programot fogjuk használni .

Először generálunk egy sorozatot , majd némi kezdeti gazdagsággal létrehozunk egy láncot : $\xi _{i}$ $x$ $S_k$

A sorozat ξ (getXI)

n = 100_ _ % A \xi_i sorozat hossza U = rand ( n , 1 ); % 100 véletlenszerű egyenletes [0;1] értéket generál XI = nullák ( n , 1 ); % Tartalék memória 100 módosított Bernoulli számára q = 0,55 ; % fordított valószínűség p = 1 - q ; % Averz valószínűség % A következő ciklus Bernoulli-eloszlást hoz létre egyenletes [0;1] alapján ha i = 1 : n % Ez a ciklus a [0;1] tömböt 2 részre osztja: q és p hosszúságok, q+p=1 if ( U ( i , 1 ) < q ) XI ( i , 1 ) = - 1 ; % Ha egyenletes véletlenszerű érték esik q-ba, akkor \xi=-1 különben XI ( i , 1 ) = 1 ; % Ha egy egyenletes véletlen érték p-be esik, akkor \xi=+1 vége vége x = 10 ; % Kezdeti 1. játékos költségvetési eltolása S = nullák ( n , 1 ); % Tartalék memória 100 S_1...S_100 számára i = 1 esetén : n % Készítsen S_k sorozatot az S_{k+1} szabály szerint = S_k + \xi_{k+1} S ( i , 1 ) = x + összeg ( XI ( 1 : i , 1 )); %, figyelembe véve a kezdeti jóléti ellentételezést x vége

Ezután bevezetjük a getS(n, q, x) függvényt , amely a fenti listához hasonlóan nem csak egy sorozatot generálna azonnal és azonnal, hanem lehetővé teszi a beírt értékek alapján általánosított sorozat felépítését anélkül, hogy bonyolítja a számításokat. Ez leegyszerűsíti a munkaterületet. $S_k$ $n$ $q$ $x$

Sorozatgenerálás (getS függvény)

függvény [S] = getS ( n, q, x ) % Ez a függvény n, q és x függvénye --- 3 változó U = rand ( n , 1 ); XI = nullák ( n , 1 ); i = 2 esetén : n % Uniform->Bernoulli eloszlás transzformáció if ( U ( i , 1 ) < q ) XI ( i , 1 ) = - 1 ; különben XI ( i , 1 ) = 1 ; vége vége S = nullák ( n , 1 ); % Tartalék memória n S_1...S_n számára ha i = 2 : n % Számítsa ki az S_1...S_n sorozatot S ( i , 1 ) = összeg ( XI ( 1 : i , 1 )); % Összegezi a \xi-t vége S = x + S ; % A kezdeti jólétet hozzáadja a teljes mátrix minden S_k-jához

Felmerül egy ésszerű kérdés: miért csak a második értéktől kezdjük a számolást ( i = 2:n esetén )? A helyzet az, hogy ez kizárólag a vizualizáció céljából történik. A gráf ábrázolásakor a következő kódban trajektóriák épülnek fel , és ha i = 1:n -re írnánk , akkor a legelső értéktől kezdve néhány trajektóriából jönne ki , néhány -ból . Mivel ebben a programban az optimálisság okán jobb, ha nem nulla értéket használunk (a részecske elhagyja, de nem rajzolódik ki, mivel az összeadás azonnal megtörténik), egyszerűen eltoljuk az abszcissza tengelyen a számozást eggyel a jobb. Most végezzünk el egy tesztsorozatot, és vizuálisan vegyük figyelembe a lehetséges pályákat bizonyos valószínűségekre, játékhosszokra és játékok számára. $\xi$ $S_k$ $x-1$ $x+1$ $\xi_1$

Vizualizáció (graphS)

N = 3 ; % Lejátszott játékok száma n = 10_ _ % Feldobások száma q = 0,45 ; % Esély Az 1. játékos 1 rubelt veszít x = 0_ _ % Kezdeti jóléti ellentételezés matrS = nullák ( N , n ); % Memóriatartalék N soros n cols mátrix számára i = 1 esetén : N % Ez a hurok kitölti az S mátrixot S_k-val, N pályát adva matrS ( i ,:) = getS ( n , q , x ) ' ; telek ( matrS ( i ,:)); % Képet ad kapaszkodj ; _ % Megtartja a tengelyeket a következő pályafedéshez vége tartsd meg ; % Törli az új telek tengelyeit

Most jöjjön a szoftver rész legfontosabb összetevője - egy algoritmus, amely lehetővé teszi számunkra, hogy kiszámítsuk az átlagos játékhosszt adott paraméterek esetén . Ha az elmélet helyes, akkor a következő kísérlet csak megerősíti azt. Hozzáadunk egy sort a programhoz, amely kiszámítja az első játékos ( ) tönkremenetelének valószínűségét adott induló tőkére vonatkozóan, és összehasonlítja azt az elméletivel. $(A;B;n;q)$ $\beta(x)$

Teljes játékmodell (Monte_Carlo)

N = 3000_ _ % Lejátszott játékok száma n = 3000_ _ % Feldobások száma q = 0,5 ; % Esély Az 1. játékos 1 rubelt veszít p = 1 - q ; % Esély, hogy az 1. játékos 1 rubelt nyer A = -10 ; _ %1. játékos költségvetés B = 10 ; % 2. játékos költségvetés x = 0_ _ % Költségvetési eltolás az 1. játékos felé Bs = 0 ; Az esetek százalékos aránya a részecske eltalálja a B-t (hamarosan megváltozik) As = 0 ; Az esetek százalékos aránya a részecske eléri az A-t (hamarosan megváltozik) matrS = nullák ( N , n ); % Memóriatartalék N soros n cols mátrix számára TAU1 = n * egyes ( N , n ) ; % Töltsön ki egy másik N sort, n cols mátrixot n-ekkel i = 1 esetén : N % Ez a hurok S_k N trajektóriáját alkotja a q, x, n bemenetre támaszkodva matrS ( i ,:) = getS ( n , q , x ) ' ; j = 1 esetén : n if ( matrS ( i , j ) == A ) || ( matrS ( i , j ) == B ) % Ha egy részecske meghaladja A-t vagy B-t, akkor TAU1 ( i , j ) = j ; % írja be a lépések számát a táblázatba vége vége telek ( matrS ( i ,:)); % Egy számot jelenít meg rács be ; kapaszkodj ; _ % Egyidejű ábrázolások ugyanazon tengelyeken belül vége tartsd meg ; % Törli az új telek tengelyeit TAU = ( min ( TAU1 ' )) ' ; % TAU = az [A;B] folyosó túllépésének legkorábbi lépése % Mivel a [min] hatással van az oszlopokra és sort ad, akkor transzponáljuk a TAU1-et, % soronként minimalizálja és ismét oszlopmá alakítja i = 1 esetén : N % Az S_n sorozatunk készen áll; matrS-ban fészkelnek j = 1 esetén : TAU ( i ) % Csak addig keressen, amíg nem találkozunk a escape lépéssel! if ( matrS ( i , j ) == A ); % Ha egy részecske kiszabadult az A-n keresztül (1. játékos lebukott) As = As + 1 ; %-ot, majd adjunk hozzá +1-et az 1. játékos hibáihoz elseif ( matrS ( i , j ) == B ) % Egyébként ha az első küszöbértéke B Bs = Bs + 1 ; %-ot, majd adjunk hozzá +1-et az 1. játékos győzelméhez vége % Ha n nem elég nagy, akkor vége % As + Bs nem teheti N-t vége ALPHA = As / ( As + Bs ) % Párosítsa az alfakat az elméleti értékükkel ha ( q == p ) THEORALFA = ( B - x ) / ( B - A ) különben THEORALPHA = (( q / p ) ^ B - ( q / p ) ^ x ) / ( ( q / p ) ^ B - ( q / p ) ^ A ) vége BÉTA = 1 – ALFA % Ugyanez a béta verziókhoz ha ( q == p ) ELMÉLET = ( x - A ) / ( B - A ) más THEORBETA = 1 - THEORALFA vége meanTAU = átlag ( TAU ) % A nagy számok törvénye nagy N- ekre ha ( q == p ) THEORTAU = ( B - x ) * ( x - A ) különben THEORTAU = 1 / ( p - q ) * ( B * THEORBETA + A * THEORALPHA - x ) vége

Megjegyzendő, hogy kis értékeknél nem minden részecske kerül ki a folyosóból, ezért itt hangsúlyozni kell, hogy az elmélet azt mondja: „elég nagy esetén a valószínűség közel van a ”. $n$ $n$ $\beta_n(x)$ $\beta(x)$

Tesztelés

A következő adatok , . $n=3000$ $N=3000$

teszt sz.	$q$	$A$	$B$	$x$	ALPHA	$\alpha(x)$	BÉTA	$\beta(x)$	jelent TAU	$m(x)$
egy	$0{,}49$	$-6$	$5$	$0$	$0{,}4020$	$0{,}4006$	$0{,}5980$	$0{,}5994$	$30{,}9307$	$29{,}6856$
2	$0{,}6$	$-60$	$6$	$-3$	$0{,}9733$	$0{,}9740$	$0{,}0267$	$0{,}0260$	$278{,}2200$	$276{,}4159$
3	$0{,}6$	$-húsz$	$2$	$-egy$	$0{,}7040$	$0{,}7038$	$0{,}2960$	$0{,}2962$	$62{,}2680$	$62{,}4178$
négy	$0{,}54$	$-tíz$	$ötven$	$tíz$	$0{,}9990$	$0{,}9984$	$0{,}0010$	$0{,}0016$	$251{,}3587$	$248{,}8205$
5	$0{,}5$	$-tíz$	$húsz$	$0$	$0{,}6580$	$0{,}6667$	$0{,}3420$	$0{,}3333$	$202{,}3007$	$200{,}0000$
6	$0{,}35$	$-3$	$90$	$0$	$0{,}1457$	$0{,}1561$	$0{,}8543$	$0{,}8439$	$256{,}4557$	$251{,}6022$

A 2. és 3. kísérlet a következő tulajdonságot demonstrálja: ha a játék veszít az első játékos számára, akkor a tét növelése a modellben megegyezik a csökkentésével , és ugyanannyiszor nullához képest. Az arány megháromszorozódott - 11-szeresére nőtt annak a valószínűsége, hogy az értékkel kiugrunk a folyosóról ! $A$ $B$ $x$ $B$

Lásd még

Jegyzetek

↑ Shiryaev A. N. Probability-1, Probability-2 // Moszkva, MTsNMO. – 2007.