Целесообразно ли многократно применять метод, который эффективен с вероятностной точки зрения? В нашей жизни довольно многие действия и инициативы требуют вложения ресурса, будь то деньги или время, а их результат полностью от нас не зависит и носит вероятностную природу. Примером может служить вложение в бизнес или ценные бумаги, в чём мы можем быть даже экспертами и осознавать свою высокую вероятность успеха, но тем не менее мы подсознательно не всегда готовы ставить на кон весь собственный ресурс. Правильно ли идти ва-банк или осторожность - лучшая стратегия? Ниже мы рассмотрим этот вопрос математически на примере простой задачи, сделав определённые качественные умозаключения. Я субъективно считаю этот вопрос важным, так как ответ на него даёт реальный инструмент для оценки риска, чем можно практически пользоваться в разных сферах жизни, например: в инвестициях. ## Формулировка задачи Допустим, мы играем в игру, в которой нужно угадывать выпадание монетки орлом или решкой. И у нас есть метод (не имеет значения, в чём он состоит), который угадывает с вероятностью 55%. Правила игры следующие. В начале игры у нас 10 фишек. На каждом кону мы ставим ровно 1 фишку, после чего подбрасывается монетка, и мы должны её угадать, воспользовавшись нашим методом. Если мы угадываем, то забираем себе 2 фишки, таким образом общее количество фишек увеличивается на 1. Если мы проигрываем, то не забираем ничего, и количество наших фишек уменьшается на 1. Игра заканчивается, если у нас оказалось 0 фишек. Вопрос в том, с какой вероятностью мы однажды проиграем все фишки? Очевидно, что эта вероятность не нулевая, потому что по крайней мере может проиграться сценарий, в котором нам очень не везёт и мы не угадываем 10 раз подряд уже в самом начале (вероятность этого составляет $$ 0.45^{10} \approx 0.034\% $$). Но можно ли утверждать, что ответ в задаче равен 100%, то есть рано или поздно где-то в бесконечно далёком будущем нам обязательно по-крупному не повезёт и мы проиграем всё, сколько бы мы ни выигрывали до этого? Или же всё-таки мы с какой-то вероятностью "вырываемся" в бесконечность, никогда не оказавшись на нулях? Ниже будет математически показано, что вероятность проиграть оказывается не 100%, а в данной конкретной задаче составляет: $$ \left(\frac{0.45}{0.55}\right)^{10} \approx 0.13 $$ А для общего случая формула вот такая: $$ \left(\frac{p_{-}}{p_{+}}\right)^N $$ Где $$ p_{+} $$ и $$ p_{-} $$ - вероятности угадать и не угадать соответственно, причём $$ p_{+} \ge p_{-} $$, $$ N $$ - количество фишек в начале игры. Таким образом выше написанная формула позволяет оценить риск поражения из-за ограниченности начального ресурса (фишек), даже если мы владеем работающим методом. ## Вывод Главный философский вывод в том, что эффективный метод действительно в дальней перспективе приводит к успеху. Но тем не менее существует вероятность поражения, что нам необходимо иметь в виду. Эту вероятность можно снизить увеличением $$ N $$ или, что эквивалентно, дроблением закладываемого ресурса. Или, другими словами, осторожность в самом деле способна уменьшить риски, хотя и медленнее ведёт нас к успеху. А следовательно мы уже можем рассуждать в терминах кривой риск-доходность. ## Кривая риск-доходность Предположим, что в выше сформулированной задаче мы можем перед игрой выбрать количество фишек (в том числе и дробное), которые мы будем ставить за каждый кон, но при этом общее количество фишек всё равно изначально 10. В случае правильно угаданного выпадания монетки мы забираем удвоенное количество поставленных фишек, а в противном случае не забираем ничего. Риск определим как вероятность однажды проиграть все фишки. А доходность - как математическое ожидание прироста фишек за один кон. Например, если мы ставим одну фишку за кон, то доходность в таком случае равна: $$ 0.55 * 1 + 0.45 * (-1) = 0.1 $$ Если перед игрой мы можем задать количество фишек за каждый кон, то кривая риск-доходность будет выглядеть следующим образом:  Формула кривой: $$ P(R) \approx - \frac{0.2}{ln R}, 0 < R \le \frac{0.45}{0.55} $$ ### Общий случай Пусть $$ p_{+} $$ и $$ p_{-} $$ - вероятности угадать и не угадать выпадание монетки соответственно, причём $$ p_{+} \ge p_{-} $$ и $$ p_{+} + p_{-} = 1 $$. $$ N $$ - начальное количество фишек. $$ M $$ - количество фишек, которое ставится за кон (может быть дробным), причём $$ 0 < M \le N $$. Риск можно записать следующим образом: $$ R = \left(\frac{p_{-}}{p_{+}}\right)^{\frac{N}{M}} $$ Причём: $$ 0 < R \le \frac{p_{-}}{p_{+}} $$. А доходность выражается вот так: $$ P = p_{+} M - p_{-} M = M (p_{+} - p_{-}) $$ Выразив $$ M $$ из доходности и подставив формулу риска, несложно получить: $$ R^P = \left(\frac{p_{-}}{p_{+}}\right)^{N (p_{+} - p_{-})} $$ Или: $$ P(R) = - \frac{C}{ln R} $$ $$ C = - N (p_{+} - p_{-}) ln \left(\frac{p_{-}}{p_{+}}\right) = const $$ ## Математическое обоснование Теперь мы приходим к самой сложной части этой статьи: к формальному решению выше поставленной задачи. Причём, решение дано сразу для общего случая. Для удобства глава разбита на леммы. Теперь введём обозначения. $$ p_{+} $$ и $$ p_{-} $$ - вероятности угадать и не угадать выпадание монетки соответственно, причём $$ p_{+} \ge p_{-} $$ и $$ p_{+} + p_{-} = 1 $$. $$ N $$ - начальное количество фишек. Обозначим искомую вероятность когда-либо проиграть все фишки за $$ R $$. ### Лемма 1. $$ R(N) = R(1)^N $$ Рассмотрим решение задачи как функцию от $$ N $$ и запишем её как $$ R(N) $$. Вероятность когда-либо проиграть $$ N $$ фишек можно рассмотреть как два независимых последовательных события: проиграть 1 фишку, оказавшись впервые за игру с остатком $$ N - 1 $$ фишек, и после этого проиграть остальные $$ N - 1 $$ фишек. Тогда можно записать: $$ R(N) = R(1) R(N - 1) $$ Из этого легко следует, что: $$ R(N) = R(1)^N $$ Таким образом можно забыть про $$ N $$ и решать задачу для $$ R(1) $$. Для удобства дальнейших выкладок введём обозначение: $$ q = R(1) $$ Следовательно: $$ R(N) = q^N $$ ### Лемма 2. $$ q = 1 $$ или $$ q = \frac{p_{-}}{p_{+}} $$ Допустим, мы решаем задачу для $$ N = 1 $$. После первого кона мы с вероятностью $$ p_{-} $$ проигрываем сразу, а с вероятностью $$ p_{+} $$ у нас на балансе становится две фишки, после чего вероятность проиграть всё становится $$ R(2) $$. Запишем уравнение: $$ R(1) = p_{-} + p_{+} R(2) $$ Воспользовавшись **леммой 1**, перепишем: $$ q = p_{-} + p_{+} q^2 $$ Данное квадратное уравнение имеет два решения: $$ q = 1 $$ $$ q = \frac{p_{-}}{p_{+}} $$ Обратим внимание на то, что здесь не имеет значения соотношение $$ p_{+} $$ и $$ p_{-} $$. Реальный ответ может быть $$ q = 1 $$ независимо от того, какая из вероятностей больше. Но невозможно иметь $$ q = \frac{p_{-}}{p_{+}} $$ для случая $$ p_{+} < p_{-} $$, так как это приводит к вероятности превышающей 1. Следовательно для $$ p_{+} < p_{-} $$ мы имеем строго $$ q = 1 $$. ### Лемма 3. $$ q = p_{-} f(p_{-} p_{+}) $$ Рассмотрим задачу для $$ N = 1 $$. Очевидно, что проиграть можно на 1-м шаге, на 3-м, 5-м, 7-м и тд. Это всегда нечётные положительные числа, и это связано с тем, что, чтобы проиграть на каком-либо шаге, нужно предварительно проиграть и выиграть одинаковое количество раз (суммарно чётное количество конов) и последний раз проиграть, что делает общее количество как раз нечётным числом. Вероятность проиграть всё на кону $$ 2 k + 1 $$ (где $$ k \ge 0 $$) можно записать следующим образом: $$ W(k) = A_k p_{-}^{k+1} p_{+}^{k} $$ Потому что мы должны выиграть $$ k $$ раз и проиграть $$ k + 1 $$ раз. Здесь $$ A_k $$ - количество всевозможных перестановок выигрышей и проигрышей с условием, что ни на какой предварительный кон мы не проигрываем. Точное выражение для $$ A_k $$ нам не обязательно. Вероятность проиграть на каком-либо из конов: $$ q = W(0) + W(1) + W(2) + ... = \sum_{k=0}^{\infty} W(k) = \sum_{k=0}^{\infty} A_k p_{-}^{k+1} p_{+}^{k} = p_{-} \sum_{k=0}^{\infty} A_k (p_{-} p_{+})^{k} $$ Теперь если мы обозначим: $$ f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} A_k x^{k} $$ Тогда: $$ q = p_{-} f(p_{-} p_{+}) $$ ### Лемма 4. $$ f(p_{-} p_{+}) = \frac{1}{p_{+}} $$ Очевидно, что для случая $$ p_{-} > p_{+} $$ можно проделать все те же вычисления в **лемме 3**. И по **лемме 2** для этого случая мы имеем $$ q = 1 $$. Следовательно мы получаем уравнение: $$ 1 = p_{-} f(p_{-} p_{+}) $$ Имея таким образом для $$ p_{-} > p_{+} $$: $$ f(p_{-} p_{+}) = \frac{1}{p_{-}} $$ Так как $$ p_{-} $$ и $$ p_{+} $$ входят как произведение в качестве аргумента функции, стало быть ввиду этой симметрии, заменив $$ p_{-} $$ на $$ p_{+} $$, мы получаем для $$ p_{+} \ge p_{-} $$: $$ f(p_{-} p_{+}) = \frac{1}{p_{+}} $$ Или для общего случая: $$ f(x(1-x)) = \frac{1}{max(x, 1-x)} $$ ### Основное решение Из **леммы 3** и **леммы 4** следует, что для $$ p_{+} \ge p_{-} $$: $$ q = p_{-} f(p_{+} p_{-}) = \frac{p_{-}}{p_{+}} $$ Учитывая результат **леммы 1**, получаем финальный ответ: $$ R(N) = q^N = \left(\frac{p_{-}}{p_{+}}\right)^N $$