分赌注问题

分赌注问题

问题概述

水平相同的两个赌徒A和B，约定先胜 t t t局的人赢得赌注，在赌博中的某时刻，两赌徒中止赌博，此时A胜 r r r局，B胜 s s s局，应如何合理分配赌注?

问题分析

公平起见，最常见的分堵赌注方式即为计算如果继续进行赌博，两个人分别获胜的概率，依据获胜概率来分赌注，即若记两人分别取得最后胜利的概率为 p A , p B p_A,p_B pA​,pB​满足 p A + p B = 1 p_A+p_B=1 pA​+pB​=1，则两人应按照 p A : p B p_A:p_B pA​:pB​的比例分赌注。因此，接下来的目标为分别计算两人的获胜概率。为了描述问题方便起见，假设 r ⩾ s rgeqslant s r⩾s，并记每场赌博A获胜的概率为 p = 0.5 p=0.5 p=0.5。

问题解答

显然，赌博最少会在 t − r t-r t−r次后结束，即A赢了这之后的所有赌博，最终取得胜利。而最多，赌博会在 2 t − r − s − 1 2t-r-s-1 2t−r−s−1次后结束，即将整场赌博打满，最终A、B分别赢得 t t t或 t − 1 t-1 t−1场。

思路一

记 t − r ⩽ i ⩽ 2 t − r − s − 1 t-rleqslant ileqslant2t-r-s-1 t−r⩽i⩽2t−r−s−1，可以考虑分别计算赌博在 i i i场后结束，A、B分别获胜的概率 p A ( i ) p_A(i) pA​(i)和 p B ( i ) p_B(i) pB​(i)，最后分别对其求和即可得到A、B分别最终获胜的概率。

先考虑A。显然，当 i = t − r i=t-r i=t−r时， p A ( t − r ) = p t − r , p_A(t-r)=p^{t-r}, pA​(t−r)=pt−r, 表示A连续获胜 i i i轮。

当 i = t − r + 1 i=t-r+1 i=t−r+1时，若要赌博在i场时恰好结束，并且A获胜，则A要继续赢 t − r t-r t−r次，B赢1次。注意到B赢得一次不可能在最后一次出现，否则在前一次A已经取胜，即确定A在最后一次获胜。因此有
p A ( t − r ) = p t − r ( 1 − p ) ( t − r t − r − 1 ) . p_A(t-r)=p^{t-r} (1-p) binom{t-r}{t-r-1}. pA​(t−r)=pt−r(1−p)(t−r−1t−r​).

当 i i i取更一般的值时，若要赌博在i场时恰好结束，并且A获胜，则A要继续赢 t − r t-r t−r次，B赢 i − ( t − r ) i-(t-r) i−(t−r)次。同时有B赢的不可能在最后一次出现，否则在前一次A已经取胜，即确定A在最后一次获胜。因此有
p A ( i ) = p t − r ( 1 − p ) i − t + r ( i − 1 t − r − 1 ) . p_A(i)=p^{t-r} (1-p)^{i-t+r} binom{i-1}{t-r-1}. pA​(i)=pt−r(1−p)i−t+r(t−r−1i−1​).

记 n = t − r n=t-r n=t−r表示A要获胜还需要赢的次数，并注意到 p = 0.5 p=0.5 p=0.5，上式化简为
p A ( i ) = p i ( i − 1 n − 1 ) , n ⩽ i ⩽ 2 t − r − s − 1. p_A(i)=p^{i}binom{i-1}{n-1},text{ }nleqslant ileqslant2t-r-s-1. pA​(i)=pi(n−1i−1​), n⩽i⩽2t−r−s−1.

对于B，注意到，在 i ⩾ t − s igeqslant t-s i⩾t−s之后B才可能获胜。记 m = t − s m=t-s m=t−s，表示B要获胜还需要赢的次数，与A类似有
p B ( i ) = p i ( i − 1 m − 1 ) , m ⩽ i ⩽ 2 t − r − s − 1. p_B(i)=p^{i}binom{i-1}{m-1},text{ }mleqslant ileqslant2t-r-s-1. pB​(i)=pi(m−1i−1​), m⩽i⩽2t−r−s−1.

由此，我们得出A、B分别获胜的概率分别为 p A = ∑ i = n 2 t − r − s − 1 p A ( i ) = ∑ i = n n + m − 1 p i ( i − 1 n − 1 ) , p_A = sum_{i=n}^{2t-r-s-1}p_A(i) = sum_{i=n}^{n+m-1}p^{i}binom{i-1}{n-1}, pA​=i=n∑2t−r−s−1​pA​(i)=i=n∑n+m−1​pi(n−1i−1​),

p B = ∑ i = m 2 t − r − s − 1 p B ( i ) = ∑ i = m n + m − 1 p i ( i − 1 m − 1 ) . p_B = sum_{i=m}^{2t-r-s-1}p_B(i) = sum_{i=m}^{n+m-1}p^{i}binom{i-1}{m-1}. pB​=i=m∑2t−r−s−1​pB​(i)=i=m∑n+m−1​pi(m−1i−1​).

思路二

A的获胜条件也可以直接抽象为：若A在每一把赌博中获胜的概率均为 p ( = 0.5 ) p(=0.5) p(=0.5)，A需要在B赢 m m m次之前赢 n n n次，其中 n , m n,m n,m定义均与之前相同，分别表示A、B要取胜所需的最少次数。而这个条件，等价于如下条件：如果赌博不会终止，则A需要在接下来的 n + m − 1 n+m-1 n+m−1次中赢得至少 n n n次。这个结果的概率可以直接使用二项分布求解，即赢 i ( n ⩽ i ⩽ n + m − 1 ) i(nleqslant ileqslant n+m-1) i(n⩽i⩽n+m−1)次的概率为 p i ( 1 − p ) n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) p^{i} (1-p)^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i} pi(1−p)n+m−1−i(in+m−1​)，因此A最终获胜的概率为其求和，即
p A = ∑ i = n n + m − 1 p i ( 1 − p ) n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) , p_A = sum_{i=n}^{n+m-1}p^{i} (1-p)^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i}, pA​=i=n∑n+m−1​pi(1−p)n+m−1−i(in+m−1​),
其实质为次数为 n + m − 1 n+m-1 n+m−1的二项式的后 m m m项之和。类似得B获胜概率为
p B = ∑ i = m n + m − 1 ( 1 − p ) i p n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) 。 p_B = sum_{i=m}^{n+m-1}(1-p)^{i} p^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i}。 pB​=i=m∑n+m−1​(1−p)ipn+m−1−i(in+m−1​)。

在 p B p_B pB​中做代换 j = n + m − 1 − i j=n+m-1-i j=n+m−1−i，可以验证 p A + p B = ∑ i = n n + m − 1 p i ( 1 − p ) n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) + ∑ i = m n + m − 1 ( 1 − p ) i p n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) = ∑ i = n n + m − 1 p i ( 1 − p ) n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) + ∑ j = 0 n − 1 p j ( 1 − p ) n + m − 1 − j ( n + m − 1 j ) = ∑ i = 0 n + m − 1 p i ( 1 − p ) n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) = [ p + ( 1 − p ) ] n + m − 1 = 1. begin{aligned} p_A + p_B &= sum_{i=n}^{n+m-1}p^{i} (1-p)^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i} + sum_{i=m}^{n+m-1}(1-p)^{i} p^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i}\ &=sum_{i=n}^{n+m-1}p^{i} (1-p)^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i} + sum_{j=0}^{n-1}p^{j} (1-p)^{n+m-1-j} binom{n+m-1}{j}\ &=sum_{i=0}^{n+m-1}p^{i} (1-p)^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i}\ &=[p+(1-p)]^{n+m-1}=1. end{aligned} pA​+pB​​=i=n∑n+m−1​pi(1−p)n+m−1−i(in+m−1​)+i=m∑n+m−1​(1−p)ipn+m−1−i(in+m−1​)=i=n∑n+m−1​pi(1−p)n+m−1−i(in+m−1​)+j=0∑n−1​pj(1−p)n+m−1−j(jn+m−1​)=i=0∑n+m−1​pi(1−p)n+m−1−i(in+m−1​)=[p+(1−p)]n+m−1=1.​

两种思路的比较

下面证明两种思路得到的两种 p A p_A pA​的表达式是等价的，即证明
∑ i = n n + m − 1 p n ( 1 − p ) i − n ( i − 1 n − 1 ) = ∑ i = n n + m − 1 p i ( 1 − p ) n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) . sum_{i=n}^{n+m-1}p^{n} (1-p)^{i-n} binom{i-1}{n-1} = sum_{i=n}^{n+m-1}p^{i} (1-p)^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i}. i=n∑n+m−1​pn(1−p)i−n(n−1i−1​)=i=n∑n+m−1​pi(1−p)n+m−1−i(in+m−1​).

注意到上式两端都有 p n p^n pn项，消去即证 ∑ i = n n + m − 1 ( 1 − p ) i − n ( i − 1 n − 1 ) = ∑ i = n n + m − 1 p i − n ( 1 − p ) n + m − 1 − i ( n + m − 1 i ) . sum_{i=n}^{n+m-1} (1-p)^{i-n} binom{i-1}{n-1} = sum_{i=n}^{n+m-1}p^{i-n} (1-p)^{n+m-1-i} binom{n+m-1}{i}. i=n∑n+m−1​(1−p)i−n(n−1i−1​)=i=n∑n+m−1​pi−n(1−p)n+m−1−i(in+m−1​).

注意到上式左侧为 1 − p 1-p 1−p的多项式，因此考虑记 q = 1 − p q=1-p q=1−p，将右端的 p p p项展开，证明对应项系数相等。
右端 = ∑ i = n n + m − 1 q n + m − 1 − i ( 1 − q ) i − n ( n + m − 1 i ) = q m − 1 ( n + m − 1 n ) + q m − 2 ( 1 − q ) ( n + m − 1 n + 1 ) + ⋯ + ( 1 − q ) m − 1 ( n + m − 1 n + m − 1 ) . begin{aligned} text{右端} &=sum_{i=n}^{n+m-1}q^{n+m-1-i}(1-q)^{i-n} binom{n+m-1}{i}\ &=q^{m-1}binom{n+m-1}{n}+q^{m-2}(1-q)binom{n+m-1}{n+1}+cdots+(1-q)^{m-1}binom{n+m-1}{n+m-1}. end{aligned} 右端​=i=n∑n+m−1​qn+m−1−i(1−q)i−n(in+m−1​)=qm−1(nn+m−1​)+qm−2(1−q)(n+1n+m−1​)+⋯+(1−q)m−1(n+m−1n+m−1​).​

将上式中的 ( 1 − q ) (1-q) (1−q)的次幂展开，得到 右端 = q m − 1 ( n + m − 1 n ) + [ q m − 2 − q m − 1 ] ( n + m − 1 n + 1 ) + … [ q 2 ( m − 3 0 ) − q 3 ( m − 3 1 ) + ⋯ + ( − q ) m − 3 ( m − 1 m − 3 ) ] ( n + m − 1 n + m − 3 ) + [ q − q 2 ( m − 2 1 ) + q 3 ( m − 2 2 ) − ⋯ + ( − q ) m − 2 ( m − 1 m − 2 ) ] ( n + m − 1 n + m − 2 ) + [ 1 − q ( m − 1 1 ) + q 2 ( m − 1 2 ) + q 3 ( m − 1 3 ) − ⋯ + ( − q ) m − 1 ( m − 1 m − 1 ) ] ( n + m − 1 n + m − 1 ) . begin{aligned} text{右端}=q^{m-1}binom{n+m-1}{n} &+\ left[q^{m-2}-q^{m-1}right] binom{n+m-1}{n+1} &+\ ldots&\ left[q^2binom{m-3}{0}-q^3binom{m-3}{1}+cdots +(-q)^{m-3}binom{m-1}{m-3}right] binom{n+m-1}{n+m-3} &+\ left[q-q^2binom{m-2}{1}+q^3binom{m-2}{2}-cdots +(-q)^{m-2}binom{m-1}{m-2}right] binom{n+m-1}{n+m-2} &+\ left[1-qbinom{m-1}{1}+q^2binom{m-1}{2}+q^3binom{m-1}{3}-cdots +(-q)^{m-1}binom{m-1}{m-1}right] binom{n+m-1}{n+m-1} &.\ end{aligned} 右端=qm−1(nn+m−1​)[qm−2−qm−1](n+1n+m−1​)…[q2(0m−3​)−q3(1m−3​)+⋯+(−q)m−3(m−3m−1​)](n+m−3n+m−1​)[q−q2(1m−2​)+q3(2m−2​)−⋯+(−q)m−2(m−2m−1​)](n+m−2n+m−1​)[1−q(1m−1​)+q2(2m−1​)+q3(3m−1​)−⋯+(−q)m−1(m−1m−1​)](n+m−1n+m−1​)​++++.​

上式中易得 q k ( 0 ⩽ k ⩽ m − 1 ) q^{k}(0leqslant kleqslant m-1) qk(0⩽k⩽m−1)的系数 a k a_k ak​为
a k = ∑ i = 0 k ( − 1 ) i ( m − k − 1 + i i ) ( n + m − 1 n + m − 1 − k + i ) = ∑ i = 0 k ( − 1 ) i ( m − k − 1 + i i ) ( n + m − 1 k − i ) . begin{aligned} a_k=&sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}binom{m-k-1+i}{i}binom{n+m-1}{n+m-1-k+i}\ =&sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}binom{m-k-1+i}{i}binom{n+m-1}{k-i}. end{aligned} ak​==​i=0∑k​(−1)i(im−k−1+i​)(n+m−1−k+in+m−1​)i=0∑k​(−1)i(im−k−1+i​)(k−in+m−1​).​

由上指标反转公式，得 ( − 1 ) i ( m − k − 1 + i i ) = ( k − m i ) . (-1)^{i}binom{m-k-1+i}{i}=binom{k-m}{i}. (−1)i(im−k−1+i​)=(ik−m​).

由范德蒙德卷积，进而有，
a k = ∑ i = 0 k ( k − m i ) ( n + m − 1 k − i ) = ( n + k − 1 k ) . a_k=sum_{i=0}^{k}binom{k-m}{i}binom{n+m-1}{k-i}=binom{n+k-1}{k}. ak​=i=0∑k​(ik−m​)(k−in+m−1​)=(kn+k−1​).

在上式中， 左侧 = ∑ k = 0 m − 1 q k ( n + k − 1 n − 1 ) . text{左侧}=sum_{k=0}^{m-1}q^kbinom{n+k-1}{n-1}. 左侧=k=0∑m−1​qk(n−1n+k−1​).

显然有对应项系数相等。因此，两种思路中得到得A获胜概率表达式是等价的。同理可得，B的表达式也是等价的。

仿真实验

下面带入具体数据，进行仿真，以检验上述求解的正确性。假设赌徒A和B的胜率相同，即每一局的A和B都有 p = 0.5 p=0.5 p=0.5的机会赢得胜利，假设先胜 s = 20 s=20 s=20局的人赢得赌注，并假设在A胜 r = 10 r=10 r=10局且B胜 s = 7 s=7 s=7局的时候中止赌博。

使用Matlab随机数产生器模拟赌博结果，产生的随机数大于0.5则认为单局赌博A获胜，否则B获胜。模拟得到下表。

而计算出的理论结果为 p A = 0.738266468048096 p_A = 0.738266468048096 pA​=0.738266468048096

可见，随着模拟次数的增加，A获胜的比率逐渐接近理论计算概率。这也侧面说明理论计算的正确性。

代码

仿真

clear
t = 20;
r = 10;
s = 7;
ma = t*2-r-s-1;
p = 1/2;tot = 1000000;
vina = 0;
vinb = 0;
for i = 1:totsa = r;sb = s;while sa<t && sb<tif(rand()>0.5)sa = sa + 1;elsesb = sb + 1;endendif sa==tvina = vina + 1;elsevinb = vinb + 1;end
end
[vina/tot]

计算

t = 20;
r = 10;
s = 7;
ma = t*2-r-s-1;
p = 0.5;
a_left = t - r;
b_left = t - s;[P(a_left,b_left, p),P(b_left,a_left, 1-p)]function sum = P(n,m,p)sum = 0;for k= n:n+m-1sum = sum + nchoosek(n+m-1,k)*p^(k)*(1-p)^(n+m-1-k);end
end