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隨機賽程的最佳策略 (第 3 頁)

蕭正堂

 


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.原載於科學月刊第十三卷第十二期
.作者當時任教於交大應數系
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問題的敘述雖很簡單,但細思之下,卻發現其並不很簡單。這道理不難明白,因為可下注的方法實在太多了,要一一比較是不可能的。

為了要克服上面所說的困難,數學家首先考慮幾種比較可能為人們採用的方法, 這些方法所以較常採用,泰半是由於直覺上認為它們可被採行。當然,直覺的認定往往是不可靠的,所以最好能有理論支持。下面就介紹三種可能的方法,並比較其優劣。

方法一、每次甲均下賭注 1 元。(顯然,這樣的下注法最保守,我們稱之為保守型下注法。)
方法二、首先甲下 1 元賭注。若他贏了,則下次仍下 1 元;若輸了,則將賭注加倍,依此類推。換言之,往後只要一贏,他就下 1 元,否則就把下注金額加倍。當然,我們假設所下金額是合理的。(顯然持這種下法的理由是因為只要一贏,那麼非但所有輸的金額即全撈回來,並且反多贏 1 元,我們姑且稱之為輸不起型下注法。)
方法三、只要許可,甲就將所有賭本下注,因此只要一輪,某甲就血本無歸。(顯然這種方法是最大膽的,我們就稱之為極端型下注法。)

你會採用哪種方法呢?能說個道理出來嗎?事實上,答案並不簡單,它跟 p 究竟大於、等於或小於 1/2 有關,也即跟你是否比莊家強有關。我們就舉 c=2 的例子來說明。為方便計,我們以「+」表甲贏,以「-」表甲輸,並以+、-所形成之中列表示甲在整賽局輸贏的順序。

首先我們考慮保守型下注法,此時只有在下列諸場合,甲才會贏(即莊家賭本輸光)。

++,
+-++,-+++,
+-+-++,+-+++,-++-++,-+-+++,
$\vdots$                        $\vdots$                        $\vdots$                        $\vdots$                        。
在第一列 ++ 中,甲連贏兩次,此次機率為 $p\cdot p=p^2$。在第二列中,甲贏了三次,輸了一次,並且有兩種可能性,所以其機率為 $2\cdot p^3\cdot q=2p^3q$q 為輸的機率,故 p+q=1)。依此推導可得在第 n 列中,甲贏了 n+1 次,而輸了 n-1 次,並且有 2n-1 種可能性,所以其機率為 2n-1pn+1qn-1。因此可得在整個賽局中,甲贏的機率為


\begin{eqnarray*}
& & p^2+2p^3q+\cdots+2^{n-1}p^{n+1}q^{n-1}\\
&=& p^2(1+2pq+4p^2q^2+\cdots+2^{n-1}p^{n-1}q^{n-1})\\
&=& \frac{p^2}{1-2pq}
\end{eqnarray*}


現在讓我們考慮輸不起型下注法。此時只有在下列諸場合,甲才會贏。

++,+-+,
-+++,-++-+,(注意:甲第二次僅能下注 1 元)
-+-+++,-+-++-+,
                                
$-+-+\cdots-+++$, $-+-+\cdots-++-+$,
                                                                                。

仿上之計算,可得此時甲贏的機率為

\begin{eqnarray*}
&&(P^2+p^2q)+pq(p^2+p^2q)+p^2q^2(p^2+p^2q)+\cdots\\
&=&(p^2+p...
...\quad\mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}}
\end{eqnarray*}


最後設某甲採極端法,則甲第一次即下注2元,因此一次就決定了輸贏,所以甲贏的機率為 p

現在我們再回到原問題:究竟在這三種方法中,以那種方法最好?由於相對應贏的機率公式已求得,所以我們只需將 p 值代入,進而比較其大小即可,舉例來說,當 $p=\frac{1}{2}$ 時,三者之值皆為 $\frac{1}{2}$;而當 $p=\frac{2}{3}$ 時,三者之值依序為 $\frac{4}{5}$$\frac{16}{21}$$\frac{2}{3}$;至於當 $p=\frac{1}{3}$ 時,則其值依序為 $\frac{1}{5}$$\frac{5}{21}$$\frac{1}{3}$。 這些數值告訴我們,當 $p=\frac{1}{2}$ 時,三種下注法沒影響甲贏的機會;當 $p=\frac{2}{3}$ 時,則以保守法較好;當 $p=\frac{1}{3}$ 時,卻以極端法最佳,保守法最差。

這些結論,是不是有些出你意料呢?其實問題還沒全部解決,迄今我們僅就保守、輸不起、極端三型來作比較。是否尚有其他型的下注法會使得答案更好?還有,我們僅就特例來考慮,在一般的情形下,答案又是怎樣呢?

現在,先把最一般性的結果寫在下面,其中 $\nu(i)$ 代表當甲有 i 元時會贏的機率。

情況一: $p=\frac{1}{2}$

此時不論甲如何下注,$\nu(c)$ 痤巧 c/(m+c)

情況二: $p>\frac{1}{2}$

此時不論甲如何下注, $\nu(c)\leq[1-(\frac{q}{p})^c]/[1-(\frac{q}{p})^{m+c}]$,而右端為保守型下注法贏的機率。因此,在此情況以保守型的下注法為最穩當。另一方面,極端下注法的贏面最低。

情況三:$p<\frac{1}{2}$

此時以極端法最佳,保守法最差。同樣地,保守型下注法贏的機率為 $[(\frac{q}{p})^c-1]/[(\frac{q}{p})^{m+c}-1]$

現在我們就來研究,為什麼會有這個結論!這用到了一些數學工具,不過對其中較複雜的部分,因顧及本文的可讀性,筆者只很扼要的敘述一下。

由於在上面的結論堙A保守法處於一個居中的地位,所以我們先就此法進行討論, 然後再進一步研究整個問題。

如同以前,$\nu(i)$ 代表當甲所擁有的資本達 i 元時,他會贏的機率。由於甲及莊家的總資本額為 m+c 元,所以 i 之可能值為 i = 0, 1, …, m + c。顯然地,$\nu(0)=0$$\nu(c+m)=1$,而 $\nu(c)$ 為我們最早所想求得之機率。

情況一: $p=\frac{1}{2}$

假定某甲現有 i 元,那麼有 $\frac{1}{2}$ 的機會,他的資本會成為 i+1i-1 元。因此

\begin{eqnarray*}
\nu(i) &=& \frac{1}{2}\nu(i+1)+\frac{1}{2}\nu(i-1) \\
&& \quad i=1,2,\cdots,m+c-1
\end{eqnarray*}


這樣的函數 ν,在數學上是一個線性函數,因此解的通式為 $\nu(i)=a+bi$。由於,$\nu(0)=0$$\nu(c+m)=1$,得 a=0$b=\frac{1}{c+m}$。因此 $\nu(c)=\frac{c}{m+c}$,亦即甲的贏面為 c/(m+c)

情況二: $p>\frac{1}{2}$

q=1-p。此時對 ν 我們有方程式

\begin{eqnarray*}
\nu(i) &=& p\nu(i+1)+q\nu(i-1) \\
&& \quad i=1,2,\cdots,m+c-1
\end{eqnarray*}


這樣的一組方程式,在數學上稱作是差分方程式。它也有一個求解的一般方法,但其道理較深。為此之故,我們特採用下面的方法。

利用p+q=1,上組方程式可改寫為

\begin{eqnarray*}
&& \nu(1)-\nu(0)=\nu(1)-\nu(0) \\
&& \nu(2)-\nu(1)=\frac{q}{p...
...\
&& \nu(m+c)-\nu(m+c-1) = (\frac{q}{p})^{m+c-1}[\nu(1)-\nu(0)]
\end{eqnarray*}


兩邊相加,並利用 $\nu(m+c)=1$$\nu(0)=0$,得

\begin{displaymath}
1=\frac{1-(\frac{q}{p})^{m+c}}{1-\frac{q}{p}}\nu(1)\quad\mbo...
...uad\mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}}
\end{displaymath}

若取前 c 項相加,則得

\begin{displaymath}
\nu(c)=\frac{1-(\frac{q}{p})^c}{1-\frac{q}{p}}\nu(1)=\frac{1...
...uad\mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}}
\end{displaymath}

情況三: $p<\frac{1}{2}$

仿二之解法,可求得

\begin{displaymath}
\nu(c)=\frac{(\frac{q}{p})^c-1}{(\frac{q}{p})^{m+c}-1}\quad\mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}}
\end{displaymath}

保守法的 $\nu(c)$ 已求得,現在我們來研究為什麼在情況二時,以保守下注法的 $\nu(c)$ 為最大; 而在情況三時,反以保守下注法的 $\nu(c)$ 為最小;同時另一方面,在情況二時,則無論何種下注法,$\nu(c)$ 皆一樣。

首先我們引進一個定理。令 Sn 代表在第 n 次賽局時,甲所擁有之資本額,因此 Sn 是一個隨機變數。我們並設 S0=c,即原資本。令 N 表結束賽局所需之時間,因此 SN=0c+m。我們並以 E 表期望值。

定理:
f 為一定義於 Sn 上之有界函數。若在 Sn 之條件下,f(Sn+1) 之期望值 E[f(Sn+1)] = f(Sn),則 E[f(SN)] = f(S0) = f(c)。 若將「=」改為「$\geq$」,則結論亦真。

此定理在機率學上,即著名的選擇樣本定理 (optional sampling theorem),它的證明已超過本刊程度,所以略去不證,但它的直觀意義卻不難了解。就拿「=」的情形來說,其實是說若你的第 n+1 次賽局,平均而言並不能改變在第 n 次賽局時 f 之值,則當整個賽局結束時,f 的平均值也與原先值一樣。另一方面,若在「$\geq$」的情況,亦即你的第 n+1 次賽局平均而言會改進 f 先前之值,則當賽局結束時,f 的平均值也曾比原先值為佳。

現在我們就拿這定理來證明先前我們所下之結論。

首先,我們考慮情況一。此時取 f(Sn)=Sn,則不論對何種下注法,因勝負機會均等, $p=q=\frac{1}{2}$, 所以若給定 Sn,則 ESn+1 = Sn。因此由上定理知 ESN = c。但 $ES_N = (c+m)\nu(c)+0[1-\nu(c)]$ = $(c+m)\nu(c)$, 所以知不論以何種方法, $\nu(c)=\frac{c}{c+m}$

至於在情況二或三時,我們取 $f(S_n)=(\frac{q}{p})^{S_n}$。此時若給定 Sn,則

\begin{eqnarray*}
E[f(S_{n+1})]
&=& E[(\frac{q}{p})^{S_{n+1}}] \\
&=& (\frac{...
...{-a}q] \\
&=& f(S_n)[(\frac{q}{p})^ap+(\frac{p}{q})^aq]\quad ,
\end{eqnarray*}


其中 $a\geq1$ 為所下注之金額。利用

\begin{displaymath}
(\frac{q}{p})^a p + (\frac{q}{p})^a q
\geq (\frac{q}{p}p + \frac{p}{q}q)^a = 1 \quad ,
\end{displaymath}

可得不論以何種下注法下注,若給定 Sn,則 $E[f(S_{n+1})]\geq f(S_n)$。所以由定理知 $E[f(S_N)]\geq(\frac{q}{p})^c$。 但

\begin{eqnarray*}
E[f(S_N)]
&=& E[(\frac{q}{p})^{S_N}]\\
&=& (\frac{q}{p})^{m...
...{p})^0[1-\nu(c)]\\
&=& 1-[1-(\frac{q}{p})^{m+c}]\nu(c) \quad ,
\end{eqnarray*}


因此可得在情況二,$p>\frac{1}{2}$ 時,

\begin{displaymath}
\nu(c)\leq\frac{1-(\frac{q}{p})^c}{1-(\frac{q}{p})^{m+c}} \quad ;
\end{displaymath}

而在情況三,$p>\frac{1}{2}$ 時,

\begin{displaymath}
\nu(c)\geq\frac{(\frac{q}{p})^c-1}{(\frac{q}{p})^{m+c}-1}\quad\mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}}
\end{displaymath}

$[1-(\frac{q}{p})^c]/[1-(\frac{q}{p})^{m+c}]$ 為採用保守下注法時贏的機率,所以知在情況二時,以保守法的 $\nu(c)$ 為最大;但在情況三時,卻以保守法的 $\nu(c)$ 為最小。

至於為什麼在情況二時,以極端法的贏面為最低;但在情況三時,卻以極端法的贏面為最大。這其中又牽涉到更深的理論,只好從略了。

   

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編輯:黃信元 最後修改日期:2/17/2002