Prawdopodobieństwo przegranego ogona hazardzisty
Patrzę na następujący wariant problemu zrujnowania uczciwego hazardzisty: Gracz zaczyna od 1 dolara. Wielokrotnie rzucają uczciwą monetą. Głowy, +1 dolar; Ogony -1 dolara. Gra kończy się, gdy gracz osiągnie 0 dolarów.
Powszechnie wiadomo, że gra kończy się z prawdopodobieństwem 1, a średni czas jej zakończenia jest nieskończony.
Interesuje mnie pytanie: Jakie jest (asymptotyczne) prawdopodobieństwo, że gra się jeszcze nie skończyła $n$ salta?
Z argumentu heurystycznego jestem prawie pewien, że odpowiedź brzmi $\theta(1/\sqrt{n})$. Z symulacji wynika, że odpowiedź brzmi:$0.8/\sqrt{n}$.
Chciałbym znać dokładną odpowiedź i chciałbym wiedzieć, jak wyprowadzić ją analitycznie. Przynajmniej chciałbym wiedzieć, jak udowodnić, że istnieje prawdopodobieństwo$\theta(1/\sqrt{n})$. Zgaduję, że dowodem jest wytok, ale sam nie mogę go znaleźć.
Odpowiedzi
Dokładne prawdopodobieństwo, że gra nie zakończyła się po $\ n^\text{th}\ $ rzut jest $$ \frac{\pmatrix{n\\\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}{2^n}\sim\sqrt{\frac{2}{\pi n}}\ . $$Dowód pierwszego wyrażenia okazuje się prostszy, niż się początkowo spodziewałem. Asymptotyczne przybliżenie wynika z dobrze znanych wyrażeń asymptotycznych dla centralnych współczynników dwumianu:\begin{align} {2n\choose n}&\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}=2^{2n}\sqrt{\frac{2}{2n\pi}}\\ {2n+1\choose n}&={2n+1\choose n+1}\sim\frac{2^{2n+1}}{\sqrt{\pi(n+1)}}\\ &=2^{2n+1}\sqrt{\frac{2}{\pi(2n+1)}}\sqrt{1-\frac{1}{2n+2}}\ . \end{align} Dla $\ i\ge1\ $ pozwolić $\ p_{in}\ $ być prawdopodobieństwem gracza $\ i\ $ dolarów po $\ n^\text{th}\ $ rzuć i pozwól $\ p_{0n}\ $ być prawdopodobieństwem zakończenia gry w dniu lub przed $\ n^\text{th}\ $podrzucenie. Następnie\begin{align} p_{n+1\,n}&=\frac{1}{2^n}\ ,\\ p_{n\,n}&=0\ ,\\ p_{0\,n}&= p_{0\,n-1}+\frac{p_{1\,n-1}}{2}\ ,\\ p_{1\,n}&= \frac{p_{2\,n-1}}{2}\ , \text{ and}\\ p_{i\,n}&= \frac{p_{i+1\,n-1}+p_{i-1\,n-1}}{2}\ \text{ for }\ i\ge2\ . \end{align} Aby uprościć obliczenia, niech $\ T_{nj}=2^{n+j}p_{n+1-j\,n+j}\ $ dla $\ 0\le j<n\ $. Następnie\begin{align} T_{n0}&=1\ ,\\ T_{11}&=1\ ,\text{ and}\\ T_{nj}&=T_{n\,j-1}+T_{n-1\,j}\ \text{ for }\ 1\le j\le n\ . \end{align} Z ostatniej z tych tożsamości wynika, że $$ T_{nk}=\sum_{j=0}^kT_{n-1\,j}\ . $$ Liczby $\ T_{nj}\ $to wpisy w trójkącie katalońskim . Liczby$\ T_{nn}\ $wzdłuż przekątnej są liczby katalońskie ,$$ T_{nn}=\frac{2n\choose n}{n+1}\ , $$ z którego otrzymujemy \begin{align} p_{1\,2n}&=\frac{T_{nn}}{2^{2n}}\\ &= \frac{2n\choose n}{(n+1)2^{2n}}\ . \end{align} Od powtórzenia dla $\ p_{in}\ $ my też dostajemy $\ p_{1\,2n+1}=p_{2\,2n}=0\ $ i \begin{align} p_{0\,2n}&=p_{0\,2n-1}\\ &=p_{0\,2n-2}+\frac{p_{1\,2n-2}}{2}\\ &= p_{0\,2n-2}+\frac{2n-2\choose n-1}{n2^{2n-1}} \end{align} Można zweryfikować przez indukcję, że rozwiązaniem tego nawrotu jest \begin{align} p_{0\,2n}&=1-\frac{2n\choose n}{2^{2n}}\\ &=1-\frac{2n-1\choose n-1}{2^{2n-1}}\\ &=p_{0\,2n-1}\ . \end{align} Teraz $\ p_{0n}\ $ to prawdopodobieństwo, że po $\ n^\text{th}\ $rzut gra zakończyła się, więc prawdopodobieństwo, że gra nie zakończyła się po$\ n^\text{th}\ $ rzut jest $$ 1-p_{0\,n}= \frac{\pmatrix{n\\\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}{2^n}\ , $$ jak podano powyżej.