Adil kumarbazın harabe kuyruğu olasılığı
Adil kumarbazın mahvetme sorununun aşağıdaki varyantına bakıyorum: Kumarbaz 1 dolarla başlar. Tekrar tekrar adil bir yazı tura atarlar. Tura, +1 dolar; Yazı -1 dolar. Kumarbaz 0 dolara ulaştığında oyun durur.
Oyunun 1 olasılıkla bittiği ve oyunun bitmesi için ortalama sürenin sonsuz olduğu iyi bilinmektedir.
Şu soruyla ilgileniyorum: Oyunun henüz bitmemiş olma (asimptotik) olasılığı nedir? $n$ flips?
Sezgisel bir argümandan, cevabın $\theta(1/\sqrt{n})$. Simülasyondan, cevabın$0.8/\sqrt{n}$.
Tam cevabı bilmek istiyorum ve bunu analitik olarak nasıl türeteceğimi bilmek istiyorum. En azından, olasılığın şu olduğunu nasıl kanıtlayacağımı bilmek istiyorum$\theta(1/\sqrt{n})$. Kanıtın martingale ait olduğunu tahmin ediyorum ama kendim bulamıyorum.
Yanıtlar
Maçtan sonra oyunun bitmeme olasılığı $\ n^\text{th}\ $ atmak $$ \frac{\pmatrix{n\\\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}{2^n}\sim\sqrt{\frac{2}{\pi n}}\ . $$İlk ifadenin kanıtı, başlangıçta beklediğimden daha basit çıktı. Asimptotik yaklaşım, merkezi binom katsayıları için iyi bilinen asimptotik ifadelerden gelir:\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} İçin $\ i\ge1\ $ İzin Vermek $\ p_{in}\ $ oyuncunun sahip olma olasılığı $\ i\ $ sonra dolar $\ n^\text{th}\ $ fırlat ve bırak $\ p_{0n}\ $ oyunun bitme olasılığı veya öncesinde $\ n^\text{th}\ $atmak. Sonra\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} Hesaplamayı basitleştirmek için $\ T_{nj}=2^{n+j}p_{n+1-j\,n+j}\ $ için $\ 0\le j<n\ $. Sonra\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} Bu kimliklerin sonundan şu sonuca varır: $$ T_{nk}=\sum_{j=0}^kT_{n-1\,j}\ . $$ Sayılar $\ T_{nj}\ $Katalan üçgenindeki girişlerdir . Sayılar$\ T_{nn}\ $köşegen boyunca Katalan sayıları ,$$ T_{nn}=\frac{2n\choose n}{n+1}\ , $$ elde ettiğimiz \begin{align} p_{1\,2n}&=\frac{T_{nn}}{2^{2n}}\\ &= \frac{2n\choose n}{(n+1)2^{2n}}\ . \end{align} İçin yinelemeden $\ p_{in}\ $ biz de alırız $\ p_{1\,2n+1}=p_{2\,2n}=0\ $ ve \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} Bu yinelemenin çözümünün olduğu tümevarım ile doğrulanabilir. \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} Şimdi $\ p_{0n}\ $ şundan sonra olma olasılığıdır: $\ n^\text{th}\ $oyun bittikten atmak oyunu ettiğini olasılık böylece değil sonra sona erdi$\ n^\text{th}\ $ atmak $$ 1-p_{0\,n}= \frac{\pmatrix{n\\\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}{2^n}\ , $$ yukarıda belirtildiği gibi.