Sie Durchführen der äquivalenten eine Münze mit einer Wahrscheinlichkeit des Werfens von Köpfen , bis entweder Köpfe oder tails ( "non-heads") erschienen. Wenn Sie es mal geworfen haben , wird die Wahrscheinlichkeit, dass dieses Ereignis nicht eintritt, durch die Binomialverteilung als angegebenp=1/6b = 20 na=5b=20n
S(n;a,b,p)=∑k=max(0,n−b+1)min(n,a−1)(nk)pk(1−p)n−k.
(Die Summe ist gleich Null, wenn die Untergrenze die Obergrenze überschreitet.)
Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit , dass ist der Wurf , wenn entweder Kopf oder tails wird zuerst beobachtet wird ,a bn>0ab
f(n;a,b,p)=S(n−1;a,b,p)−S(n;a,b,p).
Offensichtlich muss dies für oder gleich . Wir können daher leicht die gesamte Verteilung angeben: Hier ist die Darstellung ihrer Wahrscheinlichkeitsfunktion zwischen und berechnet durch diese Formeln:n < min ( a , b ) n ≥ a + b f 0 a + b = 25 ,0n<min(a,b)n≥a+bf0a+b=25,
Diese einfache Lösung wird noch einfacher (und Ausbeuten über zusätzliche Informationen , ob die mit terminierten Würfen Kopf oder Schwanz) , wenn wir die Frage erkennen können , in der als Irrfahrt eingerahmt Ebene.b ( x , y )ab(x,y)
Beginnen Sie am Ursprung . Wenn die Münze auf den Kopf kommt, bewegen Sie eine Einheit nach oben. Andernfalls bewegen Sie eine Einheit nach rechts. Stoppen Sie das erste Mal, wenn eine der absorbierenden Barrieren oder getroffen wird.y = a x = b(0,0) y=ax=b
Die Geometrie dieser Situation ist in der zweiten Abbildung dargestellt. Es zeichnet die Punkte auf, die auf diesem Weg erreicht werden können, und zeigt die absorbierenden Barrieren als schwarze Linien. Die möglichen Endpunkte entlang dieser Barrieren sind mit schwarzen Punkten markiert.
Die Häufigkeit, mit der jeder Endpunkt in 1000 Iterationen dieses Spaziergangs erreicht wurde, wird durch die Farben und Größen der größeren Punkte dargestellt. Der rot dargestellte Pfad entspricht einer Sequenz, in der ein Schwanz, dann ein Kopf, dann 10 Schwänze, ein Kopf, ein Schwanz, zwei Köpfe, vier Schwänze und ein Kopf beobachtet wurden. Es umfasste insgesamt 21 Münzwürfe.
Jeder Pfad, der einen bestimmten Punkt auf der Absorptionsbarriere erreicht, besteht aus Schwänzen und Köpfen und hat daher eine Chance von . Das letzte Ergebnis in einem Pfad, der bei endet, war eindeutig ein Kopf. Die Anzahl solcher Pfade ist daher die Anzahl unterschiedlicher Pfade, die mit , von denen es . Folglich ist die Chance , bei der Beendigung istx y P y ( 1 - p ) x ( x , ein ) ( 0 , 0 ) , ( x , a - 1 ) ( x + a - 1(x,y)xypy(1−p)x(x,a)(0,0)(x,a−1) (x,a)(x+a−1a−1)(x,a)
Pr(x,a)=(x+a−1a−1)pa(1−p)x.
Ebenso ist die Möglichkeit des Beendens bei ist ,(b,y)
Pr(b,y)=(y+b−1b−1)py(1−p)b.
Die Chance, nach Schritten mit enden , ist daher die Summe zweier solcher Ausdrücke (von denen einer Null sein kann):nmin(a,b)≤n<a+b−1
f(n;a,b,p)=(n−1a−1)pa(1−p)n−a+(n−1b−1)pn−b(1−p)b if min(a,b)≤n<a+b.
Dies zählt die Anzahl der Stufen-Pfade, die die Absorptionsbarriere oben bzw. rechts erreichen, wobei jeder mit seiner Wahrscheinlichkeit gewichtet wird.n
Der plötzliche Wahrscheinlichkeitssprung bei in der ersten Abbildung wird nun erklärt:n=20 Zum ersten Mal (im Vergleich zu kleineren Werten von ) wird es möglich, die Würfe an der rechten Barriere zu beenden. Dies geschieht in vielen Fällen, da es (etwas) wahrscheinlicher ist, dass die richtige Barriere erreicht wird, bevor die obere Barriere erreicht ist. (Die Chance, zuerst die rechte Barriere zu erreichen, wird leicht ermittelt, indem die mit den fünf Punkten verbundenen Wahrscheinlichkeiten summiert werden, was fast .) Wir wissen, dass das Beenden des Gehens an der rechten Barriere wahrscheinlicher ist, da im Durchschnitt ein Pfad ansteigt um eine Einheit der Zeit, bewegt sich aber eine Einheit nach rechts63 % p = 1 / 6 1 - p = 5 / 6 1 / 6 : 5 / 6 = 1 / 5 ( 20 , 20 / 5 ) = ( 20 , 4 )n63%p=1/61−p=5/6der Zeit für eine durchschnittliche Steigung von . Ein Pfad mit dieser Neigung erreicht den absorbierenden Bereich an der Stelle : an der rechten Barriere.1/6:5/6=1/5(20,20/5)=(20,4)