Рис. 7.
Рассмотрим ситуацию после первого шага: либо частица сдвинулась налево, попала в точку x = 0 и поглотилась там (это событие имеет вероятность 1 − p), либо сдвинулась направо в точку x = 2 (это событие происходит с вероятностью p). Пусть P₂ обозначает вероятность того, что частица поглощается в начале координат x = 0, если она выходит из точки x = 2. Тогда мы имеем
P₁ = 1 − p + p·P₂, (1)
так как 1 − p есть вероятность поглощения на первом шаге и p·P₂ — вероятность поглощения на последующих шагах.
Каждый путь, ведущий к поглощению из x = 2, можно разбить на две части:
(1) Путь, идущий из точки x = 2 и достигающий положения x = 1 в первый раз (не обязательно за один шаг) и
(2) Путь, идущий из точки x = 1 в точку x = 0 (также не обязательно за один шаг). Вероятность пути из положения x = 2 в x = 1 есть P₁ поскольку структура блуждания здесь идентична структуре первоначального блуждания (см. рис. 35.1), за исключением того, что начало координат переносится на один шаг направо. Вероятность попасть из точки x = 1 в x = 0 также равна P₁ как и в исходной задаче. Величина P₂ поэтому есть P₁², так как события A (частица идет по пути от точки x = 2 к x = 1) и B (частица движется по пути от точки x = 1 до x = 0) независимы, и P(A) = P(B) = P₁.
Мы можем переписать уравнение (1) как
P₁ = 1 − p + p·P₁², (2)
Уравнение (2) — квадратное относительно P₁ и имеет два решения:
P₁ = 1; P₁ = (1 − p)/p. (3)
В таких задачах одно или оба решения могут быть подходящими, в зависимости от значений p.
Если p = 1/2, то оба решения совпадают, и P₁ = 1. Когда p = 1, P₁ = 0, так как частица всегда движется вправо. И когда p = 0, очевидно, P₁ = 1. При p < 1/2 второе решение (3) не подходит, так как тогда (1 − p)/p > 1, а по смыслу задачи P₁ ≤ 1. Поэтому при 0 ≤ p ≤ 1/2 мы имеем P₁ = 1.
Чтобы доказать, что второе решение P₁ = (1 − p)/p имеет место при p > 1/2, нам достаточно установить, что P₁ является непрерывной функцией от p (грубо говоря, что P₁ не слишком изменяется, когда p меняется мало). Мы предполагаем эту непрерывность, но не доказываем ее.
Кривая (см. рис. 8) начинается в точке P₁ = 1 при p = 1/2; она должна спуститься к P = 0 при p = 1, и ее ордината всегда должна равняться 1 или (1 − p)/p. Кривая не имеет разрывов только в том случае, когда при p > 1/2 соответствующее значение равно (1 − p)/p. Итак, при предположении непрерывности функции P₁ мы получаем P₁ = (1 − p)/p при p > 1/2. Поэтому наш пьяница с вероятностью 1/2 упадет вниз.
Рис. 8. Вероятности поглощения P.
Приведем другую интерпретацию. 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. Чтобы вероятность банкротства игрока была не более 1/2, вероятность выигрыша в отдельной партии должна быть не менее 2/3. То, что банкротство неизбежно при p = 1/2, для большинства из нас неожиданность.
Приведем еще один взгляд на задачу. Рассмотрим игрока с начальным капиталом x = 1, играющего неограниченно долго против казино с бесконечным капиталом в «безобидную игру» (p = 1/2), при которой он выигрывает или проигрывает единицу в каждом туре. Он наверное обанкротится (P₁ = 1). Чтобы он не стал банкротом с вероятностью 1/2, вероятность его выигрыша в каждой отдельной партии должна быть p = 2/3. То, что банкротство неизбежно при p = 1/2, является неожиданным для большинства из нас. Обычно считают, что если отдельные партии «безобидны» (средняя потеря равна нулю), то и вся игра безобидна. Разумеется, это представление в обычном смысле верно. Если мы представим такую игру с p = 1/2 и большим числом партий, то среднее значение денежной суммы на руках после n туров равно 1 для каждого конечного числа n. Таким образом, отсутствие «безобидности» является одним из парадоксов бесконечного.