Для на­гляд­но­сти будем счи­тать, что на чис­ло­вой пря­мой в точке 0 на­хо­дит­ся ча­сти­ца, ко­то­рая из любой точки с ве­ро­ят­но­стью 0,8 сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу впра­во, а с ве­ро­ят­но­стью 0,2 сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу влево. Пусть P(A)  — ис­ко­мая ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 0 по­па­дет в точку −1, и пусть P(B)  — ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 1 по­па­дет в точку −1. Из точки 0 ча­сти­ца может либо сразу по­пасть в точку −1, либо сна­ча­ла по­пасть в точку 1, а затем по­пасть в точку −1, сле­до­ва­тель­но,

Сме­стить­ся на две еди­ни­цы влево озна­ча­ет два­жды сме­стить­ся на одну еди­ни­цу влево, а по­то­му в силу не­за­ви­си­мо­сти каж­до­го из шагов. От­сю­да по­лу­ча­ем:

По­сколь­ку ве­ро­ят­ность p уве­ли­че­ния члена по­сле­до­ва­тель­но­сти боль­ше ве­ро­ят­но­сти про­ти­во­по­лож­но­го со­бы­тия, окон­ча­тель­ный ответ  — 0,25.

Ответ: 0,25.

За­да­ча о слу­чай­ном блуж­да­нии.

Рас­смат­ри­ва­е­мая за­да­ча пред­став­ля­ет собой за­да­чу о слу­чай­ном блуж­да­нии, то есть о слу­чай­ном про­цес­се, ис­то­ри­че­ски свя­зан­ном с мо­де­лью пе­ре­ме­ще­ния ча­сти­цы под дей­стви­ем не­ко­то­ро­го слу­чай­но­го вли­я­ния. Она имеет раз­лич­ные клас­си­че­ские пе­ре­фор­му­ли­ров­ки, не­ко­то­рые из ко­то­рых мы рас­смот­рим ниже.

Рас­смот­рим ча­сти­цу на чис­ло­вой оси, ко­то­рая из любой точки, кроме может сдви­нуть­ся на еди­ни­цу впра­во с ве­ро­ят­но­стью p, либо влево с ве­ро­ят­но­стью 1 − p. Если же ча­сти­ца по­па­да­ет в точку 0, то там она по­гло­ща­ет­ся и не де­ла­ет дру­гих шагов. Нас ин­те­ре­су­ет зна­че­ние ве­ро­ят­но­сти P₁ того, что ча­сти­ца по­гло­тит­ся, если она вы­хо­дит из точки x  =  1.

Рас­смот­рим си­ту­а­цию после пер­во­го шага: либо ча­сти­ца сдви­ну­лась влево, по­па­ла в точку x  =  0 и по­гло­ти­лась там, либо сдви­ну­лась на­пра­во в точку x  =  2. Пусть P₂ обо­зна­ча­ет ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца по­гло­ща­ет­ся в нуле, если она вы­хо­дит из точки x  =  2. Тогда

так как 1 − p есть ве­ро­ят­ность по­гло­ще­ния на пер­вом шаге, а p · P₂  — ве­ро­ят­ность по­гло­ще­ния на по­сле­ду­ю­щих шагах.

Каж­дый путь, ве­ду­щий к по­гло­ще­нию из точки x  =  2, можно раз­бить на два пути:

(А) путь, при­во­дя­щий из точки 2 в точку 1 (не­обя­за­тель­но за один шаг);

(В) путь, при­во­дя­щий из точки 1 в точку 0 (также не­обя­за­тель­но за один шаг).

Ве­ро­ят­ность по­пасть из точки 1 в точку 0 равна P₁. Ве­ро­ят­ность прой­ти из точки 2 в точку 1 равна ве­ро­ят­но­сти прой­ти из точки 1 в точку 0, по­сколь­ку и то, и дру­гое есть про­сто сме­ще­ние на 1 влево, толь­ко на­чаль­ное по­ло­же­ние пе­ре­не­се­но из точки 1 в точку 2. Со­бы­тия A и B не­за­ви­си­мы, а по­то­му Тогда можно пе­ре­пи­сать урав­не­ние (⁎) в виде

от­ку­да по­лу­ча­ем квад­рат­ное от­но­си­тель­но P₁ урав­не­ние:

Или одно, или оба ре­ше­ния могут быть под­хо­дя­щи­ми, в за­ви­си­мо­сти от зна­че­ний p. Пе­ре­чис­лим вна­ча­ле оче­вид­ные слу­чаи. Если то то есть ча­сти­ца не по­гло­тит­ся, по­сколь­ку все­гда дви­жет­ся впра­во. Если то ча­сти­ца дви­жет­ся толь­ко влево, и тогда Если то ча­сти­ца рав­но­ве­ро­ят­но сме­ща­ет­ся впра­во или влево, тогда оба ре­ше­ния сов­па­да­ют, и При вто­рое ре­ше­ние не под­хо­дит, так как тогда в то время как ве­ро­ят­ность не может пре­вос­хо­дить еди­ни­цы. Итак, при всех p таких, что ве­ро­ят­ность по­гло­ще­ния При под­хо­дит толь­ко ре­ше­ние (Здесь мы вос­поль­зо­ва­лись пред­по­ло­же­ни­ем о том, что ве­ро­ят­ность P₁ яв­ля­ет­ся не­пре­рыв­ной функ­ци­ей от p, то есть, грубо го­во­ря, тем, что P₁ не слиш­ком из­ме­ня­ет­ся, когда p ме­ня­ет­ся мало. Из не­пре­рыв­но­сти сле­ду­ет, что на гра­фи­ке по­ми­мо ги­пер­бо­лы, опус­ка­ю­щей­ся из еди­ни­цы в нуль, не может быть еще каких-то точек.)

Гра­фик ве­ро­ят­но­сти по­гло­ще­ния P₁ в за­ви­си­мо­сти от ве­ро­ят­но­сти p при­ве­ден на ри­сун­ке.

Обоб­ще­ния.

Вас может за­ин­те­ре­со­вать при­ме­не­ние ука­зан­но­го здесь ме­то­да к ча­сти­це, вы­хо­дя­щей из точки x  =  m, a не из точки x  =  1. Ока­зы­ва­ет­ся, в этом слу­чае ве­ро­ят­ность по­гло­ще­ния равна 1 при и если

Если же ча­сти­ца вы­хо­дит из точки 0, и ей раз­ре­ша­ет­ся де­лать шаги в обоих на­прав­ле­ни­ях с ве­ро­ят­но­стью то в дру­гой клас­си­че­ской за­да­че о блуж­да­нии ста­вит­ся во­прос о том, вер­нет­ся ли ча­сти­ца когда-⁠либо в на­ча­ло ко­ор­ди­нат. Как мы ви­де­ли, так дей­стви­тель­но будет, ибо она за­ве­до­мо вер­нет­ся из точки 1 и сим­мет­рич­ной ей точки −1.

За­да­ча о ра­зо­ре­нии иг­ро­ка.

При­ве­дем еще одну фор­му­ли­ров­ку за­да­чи о слу­чай­ном блуж­да­нии. Рас­смот­рим иг­ро­ка, име­ю­ще­го на­чаль­ный ка­пи­тал в одну де­неж­ную еди­ни­цу (x  =  1). Он может иг­рать не­огра­ни­чен­но долго, при­чем в каж­дом туре игры он с ка­ки­ми то ве­ро­ят­но­стя­ми вы­иг­ры­ва­ет или про­иг­ры­ва­ет эту еди­ни­цу. Из ска­зан­но­го выше сле­ду­ет, что для того, чтобы ве­ро­ят­ность банк­рот­ства иг­ро­ка была менее ве­ро­ят­ность вы­иг­ры­ша в от­дель­ной пар­тии долж­на быть более

Cлучай яв­ля­ет­ся стран­ным и глу­бо­ким: при банк­рот­ство не­из­беж­но. На­при­мер, ра­зо­рит­ся игрок, ко­то­рый при вы­па­де­нии мо­нет­ки орлом каж­дый раз по­лу­ча­ет дол­лар, а при вы­па­де­нии решки от­да­ет дол­лар. Это яв­ля­ет­ся не­ожи­дан­ным для боль­шин­ства из нас. Обыч­но счи­та­ют, что если от­дель­ные пар­тии «без­обид­ны», то есть если сред­няя по­те­ря равна нулю, то и вся игра без­обид­на. Такое пред­став­ле­ние в обыч­ном смыс­ле верно: если мы пред­ста­вим игру с боль­шим чис­лом пар­тий, то сред­нее зна­че­ние де­неж­ной суммы на руках после n туров равно 1 для каж­до­го ко­неч­но­го числа n. Но если число пар­тий бес­ко­неч­но, то игра пе­ре­ста­ет быть «без­обид­ной». Это на­блю­де­ние яв­ля­ет­ся одним из па­ра­док­сов бес­ко­неч­но­го.

За­да­ча о пья­ни­це на краю утеса.

Пья­ни­ца стоит на рас­сто­я­нии од­но­го шага от края об­ры­ва. Он ша­га­ет слу­чай­ным об­ра­зом либо к краю, либо от него. На каж­дом шаге ве­ро­ят­ность от­сту­пить от края равна 2/3, а шаг­нуть к краю равна 1/⁠3. Ка­ко­вы шансы из­бе­жать па­де­ния?

Оче­вид­но, что это еще одна ши­ро­ко из­вест­ная пе­ре­фор­му­ли­ров­ка за­да­чи о слу­чай­ном блуж­да­нии. Ответ уже из­ве­стен: при ве­ро­ят­ность упасть равна От­ме­тим также, что, как бы да­ле­ко ни стоял пья­ни­ца от края, если ве­ро­ят­ность шаг­нуть в сто­ро­ну края равна ве­ро­ят­но­сти шаг­нуть в про­ти­во­по­лож­ную сто­ро­ну, то (за бес­ко­неч­ное время) ве­ро­ят­ность сва­лить­ся равна 1!

Ин­те­рес­но от­ме­тить, что не­по­сред­ствен­ное ре­ше­ние за­да­чи о пья­ни­це при­во­дит к ин­те­рес­ным ма­те­ма­ти­че­ским по­ня­ти­ям, свя­зан­ным с пу­тя­ми Дика и чис­ла­ми Ка­та­ла­на. По­смот­рим вна­ча­ле, что может слу­чить­ся на не­сколь­ких пер­вых шагах.

При­ве­ден­ная схема ил­лю­стри­ру­ет тот факт, что сва­лить­ся вниз можно толь­ко через не­чет­ное число шагов. После од­но­го шага ве­ро­ят­ность упасть вниз равна Путь 1→2→1→0 до­бав­ля­ет еще к ве­ро­ят­но­сти па­де­ния, давая общую ве­ро­ят­ность Ве­ро­ят­ность па­де­ния после пяти шагов опре­де­ля­ет­ся пу­тя­ми

ко­то­рые вме­сте до­бав­ля­ют еще к ве­ро­ят­но­сти па­де­ния, давая общий ре­зуль­тат

Из при­ве­ден­ных рас­суж­де­ний сле­ду­ет, что ис­ко­мая ве­ро­ят­ность равна

где p_i есть ве­ро­ят­ность сва­лить­ся с об­ры­ва за i шагов. Не­труд­но также убе­дить­ся, что

Эти на­блю­де­ния под­ска­зы­ва­ют общий вид сла­га­е­мых: а тогда ис­ко­мая ве­ро­ят­ность равна

где ко­эф­фи­ци­ен­ты суть числа Ка­та­ла­на.

С до­ка­за­тель­ства­ми и спо­со­бом сум­ми­ро­ва­ния ряда за­ин­те­ре­со­вав­ший­ся чи­та­тель может по­зна­ко­мить­ся в ста­тье «За­да­ча про пья­ни­цу».

Для на­гляд­но­сти будем счи­тать, что на чис­ло­вой пря­мой в точке 0 на­хо­дит­ся ча­сти­ца, ко­то­рая из любой точки с ве­ро­ят­но­стью сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу впра­во, а с ве­ро­ят­но­стью сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу влево. Пусть P(A)  — ис­ко­мая ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 0 по­па­дет в точку −1, и пусть P(B)  — ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 1 по­па­дет в точку −1. Из точки 0 ча­сти­ца может либо сразу по­пасть в точку −1, либо сна­ча­ла по­пасть в точку 2, а затем по­пасть в точку −1, сле­до­ва­тель­но,

Сме­стить­ся на две еди­ни­цы влево озна­ча­ет два­жды сме­стить­ся на одну еди­ни­цу влево, а по­то­му в силу не­за­ви­си­мо­сти каж­до­го из шагов. От­сю­да по­лу­ча­ем:

По­сколь­ку ве­ро­ят­ность p уве­ли­че­ния члена по­сле­до­ва­тель­но­сти боль­ше ве­ро­ят­но­сти про­ти­во­по­лож­но­го со­бы­тия, окон­ча­тель­ный ответ  — 0,3.

Ответ: 0,3.

Для на­гляд­но­сти будем счи­тать, что на чис­ло­вой пря­мой в точке 0 на­хо­дит­ся ча­сти­ца, ко­то­рая из любой точки с ве­ро­ят­но­стью сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу впра­во, а с ве­ро­ят­но­стью сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу влево. Пусть P(A)  — ис­ко­мая ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 0 по­па­дет в точку −1, и пусть P(B)  — ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 1 по­па­дет в точку −1. Из точки 0 ча­сти­ца может либо сразу по­пасть в точку −1, либо сна­ча­ла по­пасть в точку 1, а затем по­пасть в точку −1, сле­до­ва­тель­но,

Сме­стить­ся на две еди­ни­цы влево озна­ча­ет два­жды сме­стить­ся на одну еди­ни­цу влево, а по­то­му в силу не­за­ви­си­мо­сти каж­до­го из шагов. От­сю­да по­лу­ча­ем:

По­сколь­ку ве­ро­ят­ность p уве­ли­че­ния члена по­сле­до­ва­тель­но­сти боль­ше ве­ро­ят­но­сти про­ти­во­по­лож­но­го со­бы­тия, окон­ча­тель­ный ответ  — 0,4.

Ответ: 0,4.

Для на­гляд­но­сти будем счи­тать, что на чис­ло­вой пря­мой в точке 0 на­хо­дит­ся ча­сти­ца, ко­то­рая из любой точки с ве­ро­ят­но­стью  сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу впра­во, а с ве­ро­ят­но­стью  сме­ща­ет­ся на еди­ни­цу влево. Пусть P(A)  — ис­ко­мая ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 0 по­па­дет в точку –1, и пусть P(B)  — ве­ро­ят­ность того, что ча­сти­ца из точки 1 по­па­дет в точку –1. Из точки 0 ча­сти­ца может либо сразу по­пасть в точку –1, либо сна­ча­ла по­пасть в точку 2, а затем по­пасть в точку –1, сле­до­ва­тель­но,

Сме­стить­ся на две еди­ни­цы влево озна­ча­ет два­жды сме­стить­ся на одну еди­ни­цу влево, а по­то­му в силу не­за­ви­си­мо­сти каж­до­го из шагов. От­сю­да по­лу­ча­ем:

Ве­ро­ят­ность p уве­ли­че­ния члена по­сле­до­ва­тель­но­сти боль­ше ве­ро­ят­но­сти про­ти­во­по­лож­но­го со­бы­тия, по­это­му окон­ча­тель­ный ответ  — 0,5.

Ответ: 0,5.