前言:僅個人小記。
一、 問題原型
賭徒手裏有 x 元,每一局輸的概率恆定爲 p ,請問賭徒最終輸光的概率?
酒鬼徘徊(在座標軸上左右移動)回家,目前酒鬼在座標軸上 x 處,家在原點 0 處,請問酒鬼最終回到家的概率爲多少?
比特幣中(中本聰的文章引入Gambler’s Ruin problem)兩條鏈比賽輸贏的概率問題,具體就是攻擊者最終挖得的鏈比誠實者挖出的塊兒要更多,此時攻擊者就可以堂而皇之地取而代之,問題就是估算攻擊者的勝算,以及當誠實者超前攻擊者多少塊的時候可以從概率上給予”無法篡改“這一保證。
二、拋出疑問
賭徒輸光指的是連續輸掉 手裏的所有錢嗎?是連續 嗎?
輸掉一元錢 指的就是輸掉本局 嗎?
三、前要分析和交代
1.賭徒剛開始手中的錢記爲 x 0 x_0 x 0 ,到輸光這個過程 記爲序列
x 0 , x 1 , . . . , x n , x i = ̸ x n , i < n , x n = 0 x_0,x_1,...,x_n,x_i=\not x_n,i<n,x_n=0 x 0 , x 1 , . . . , x n , x i = ̸ x n , i < n , x n = 0 即強調 “賭徒輸光 ”指的是“賭徒第一次手裏沒錢,賭局結束 ”,不存在 比如
1 元 → 0 元 → − 1 元 → 0 元 1元 \rightarrow0元\rightarrow -1元\rightarrow 0元 1 元 → 0 元 → − 1 元 → 0 元 即,不存在經過 0 元的情況。0 元只能出現一次,而且是出現在終點 。
2. 記酒鬼回到家的軌跡爲序列
x 0 , x 1 , . . . , x n , x i = ̸ x n , i < n , x n = 家 的 位 置 坐 標 x_0,x_1,...,x_n,x_i=\not x_n,i<n,x_n=家的位置座標 x 0 , x 1 , . . . , x n , x i = ̸ x n , i < n , x n = 家 的 位 置 坐 標 即強調,”酒鬼從 x 移到 y 處 “指的是”酒鬼第一次碰到 y 處,即刻停止移步 “,不存在 比如x → . . . → y → . . . → y x\rightarrow...\rightarrow y\rightarrow...\rightarrow y x → . . . → y → . . . → y 即強調 y 在軌跡中只能出現一次而且是在終點 。
四、回答疑問
根據上述1,2兩點知道,輸掉1元絕對不是輸掉本局局 ,而是 指過程
x 0 → . . . → x 0 − 1 , x i = ̸ x 0 − 1 x_0\rightarrow ... \rightarrow x_0-1,x_i=\not x_0-1 x 0 → . . . → x 0 − 1 , x i = ̸ x 0 − 1 顯然這個序列可以有無窮多種 方式,進而知
P ( 輸 掉 1 元 ) = ̸ P ( 輸 掉 本 局 ) = p P(輸掉1元)=\not P(輸掉本局) = p P ( 輸 掉 1 元 ) = ̸ P ( 輸 掉 本 局 ) = p
賭徒輸光也絕不是連續輸掉x 0 x_0 x 0 局 ,而是指過程x 0 → . . . → x n , x i = ̸ 0 , i < n , x n = 0 x_0\rightarrow ...\rightarrow x_n,x_i=\not 0,i<n,x_n=0 x 0 → . . . → x n , x i = ̸ 0 , i < n , x n = 0 顯然這個序列也是有無窮多 種,進而知P ( 賭 徒 輸 x 0 元 ) = ̸ P ( 賭 徒 連 續 輸 掉 x 0 局 ) = p x 0 P(賭徒輸x_0元)=\not P(賭徒連續輸掉x_0局)=p^{x_0} P ( 賭 徒 輸 x 0 元 ) = ̸ P ( 賭 徒 連 續 輸 掉 x 0 局 ) = p x 0
五、推出一些結論
根據以上幾點,進一步可以得知,過程 A :x 0 → . . . → x n x_0\rightarrow ... \rightarrow x_n x 0 → . . . → x n 可以根據第一局輸贏 拆解爲過程B :x 0 → x 0 − 1 → . . . → x n x_0\rightarrow x_0-1\rightarrow ...\rightarrow x_n x 0 → x 0 − 1 → . . . → x n 和過程C : x 0 → x 0 + 1 → . . . → x n x_0\rightarrow x_0+1\rightarrow...\rightarrow x_n x 0 → x 0 + 1 → . . . → x n ,即如圖
進而概率上有,
P ( 過 程 A ) = P ( 過 程 B ∣ 第 一 局 輸 ) P ( 第 一 局 輸 ) + P ( 過 程 C ∣ 第 一 局 贏 ) P ( 第 一 局 贏 ) = P ( 過 程 B ∣ 第 一 局 輸 ) p + P ( 過 程 C ∣ 第 一 局 贏 ) ( 1 − p ) P(過程A)=P(過程B|第一局輸)P(第一局輸)+P(過程C|第一局贏)P(第一局贏)\\=P(過程B|第一局輸)p+P(過程C|第一局贏)(1-p) P ( 過 程 A ) = P ( 過 程 B ∣ 第 一 局 輸 ) P ( 第 一 局 輸 ) + P ( 過 程 C ∣ 第 一 局 贏 ) P ( 第 一 局 贏 ) = P ( 過 程 B ∣ 第 一 局 輸 ) p + P ( 過 程 C ∣ 第 一 局 贏 ) ( 1 − p )
賭徒輸光 x 0 x_0 x 0 元錢可以等價爲 賭徒輸掉k 元達到 x 0 − k x_0-k x 0 − k 這個狀態,然後再 從 x 0 − k x_0-k x 0 − k 輸光。即過程 A :x 0 → . . . → x n x_0\rightarrow ... \rightarrow x_n x 0 → . . . → x n 還可以拆解 爲過程B :x 0 → . . . → x 0 − k x_0\rightarrow...\rightarrow x_0-k x 0 → . . . → x 0 − k 然後緊接着過程C :x 0 − k → . . . → x n x_0-k\rightarrow...\rightarrow x_n x 0 − k → . . . → x n
進而概率上有,
P ( 過 程 A ) = P ( 過 程 B ) P ( 過 程 C ) P(過程A) = P(過程B)P(過程C)
P ( 過 程 A ) = P ( 過 程 B ) P ( 過 程 C ) 進而當取 x n = 0 , k = x 0 − 1 x_n=0,k=x_0-1 x n = 0 , k = x 0 − 1 時,過 程 A : x 0 → . . . → 0 過程A: x_0\rightarrow...\rightarrow0 過 程 A : x 0 → . . . → 0 過 程 B : x 0 → . . . → x 0 − k , 即 x 0 → . . . → 1 過程B: x_0\rightarrow...\rightarrow x_0-k,即x_0\rightarrow...\rightarrow1 過 程 B : x 0 → . . . → x 0 − k , 即 x 0 → . . . → 1 過 程 C : 1 → . . . → 0 過程C:1\rightarrow...\rightarrow0 過 程 C : 1 → . . . → 0 進而下式子恆成立,即P ( x 0 → . . . → 0 ) = P ( x 0 → . . . → 1 ) P ( 1 → . . . → 0 ) P( x_0\rightarrow...\rightarrow0)=P(x_0\rightarrow...\rightarrow1)P(1\rightarrow...\rightarrow0) P ( x 0 → . . . → 0 ) = P ( x 0 → . . . → 1 ) P ( 1 → . . . → 0 )
六、正式解決問題
賭徒剛開始手裏有 n 元錢,然後輸光的概率記爲 P(n)即對應於過程
x 0 → . . . → x n , x 0 = n , x i = ̸ 0 , i < n , x n = 0 x_0\rightarrow ... \rightarrow x_n,x_0 =n,x_i=\not 0,i<n,x_n = 0 x 0 → . . . → x n , x 0 = n , x i = ̸ 0 , i < n , x n = 0 則根據前要第 5 點 有
P ( n ) = P ( n − 1 ) p + P ( n + 1 ) ( 1 − p ) P(n)=P(n-1)p+P(n+1)(1-p) P ( n ) = P ( n − 1 ) p + P ( n + 1 ) ( 1 − p ) 根據前要第 6 點 又有
P ( n ) = P ( n − 1 ) P ( 1 ) P(n)=P(n-1)P(1) P ( n ) = P ( n − 1 ) P ( 1 ) 又顯然 P(0) = 1 (即賭徒一開始手裏就是0元,那直接就是輸光,故而輸光概率爲 1),進而
P ( 2 ) = P ( 2 − 1 ) P ( 1 ) = P ( 1 ) 2 P ( 1 ) = P ( 0 ) p + P ( 2 ) ( 1 − p ) = p + P ( 2 ) ( 1 − p ) P(2)=P(2-1)P(1)=P(1)^2\\P(1)=P(0)p+P(2)(1-p)=p+P(2)(1-p) P ( 2 ) = P ( 2 − 1 ) P ( 1 ) = P ( 1 ) 2 P ( 1 ) = P ( 0 ) p + P ( 2 ) ( 1 − p ) = p + P ( 2 ) ( 1 − p ) 結合兩個式子得到P ( 1 ) = p + P ( 1 ) 2 ( 1 − p ) P(1)=p+P(1)^2(1-p) P ( 1 ) = p + P ( 1 ) 2 ( 1 − p ) 這是一個一元二次方程,解得
P ( 1 ) 1 = p 1 − p , P ( 1 ) 2 = 1 ( 舍 去 ) P(1)_1=\frac{p}{1-p},P(1)_2=1(捨去) P ( 1 ) 1 = 1 − p p , P ( 1 ) 2 = 1 ( 舍 去 )
進而
P ( n ) = P ( n − 1 ) P ( 1 ) = P ( n − 2 ) P ( 1 ) 2 = . . . = P ( 1 ) n = ( p 1 − p ) n P(n)=P(n-1)P(1)=P(n-2)P(1)^2=...=P(1)^n={(\frac{p}{1-p})}^n P ( n ) = P ( n − 1 ) P ( 1 ) = P ( n − 2 ) P ( 1 ) 2 = . . . = P ( 1 ) n = ( 1 − p p ) n