Τους μπεκρήδες κι αν δικάσουνε…

…άδικα θα με κρεμάσουνε, είπε κάποιος γνωστός λάτρης της αιθανόλης σε όλες της τις εκδοχές. Τώρα τι σχέση έχει, θα πει κανείς, το αλκοόλ με τα μαθηματικά; Ε, όχι και μεγάλη είναι η αλήθεια, αλλά κάτι θα κάνουμε και για αυτό. Στην παρούσα ανάρτηση θα ασχοληθούμε με ένα αρκετά ενδιαφέρον πρόβλημα πιθανοτήτων που έχει αναπάντεχα πολλές εφαρμογές – αν γενικευθεί κατάλληλα.

Για την ακρίβεια, θεωρούμε έναν αυθαίρετο μεθυσμένο άνθρωπο και υποθέτουμε ότι, στον δρόμο για το σπίτι του, βρίσκεται σε ένα σημείο που απέχει ακριβώς $K$ βήματα από αυτό. Αν υποθέσουμε ότι με πιθανότητα $p\in[0,1]$ καταφέρνει να κάνει ένα βήμα προς τα μπροστά και με πιθανότητα $1-p$ κάνει ένα βήμα προς τα πίσω – ενώ δεν μπορεί να ξεφύγει από τον δρόμο και να κινηθεί σε άλλη διάσταση – τότε ποια είναι η πιθανότητα να καταφέρει να φτάσει ως την πόρτα του σπιτιού του;

Ένα απλό μοντέλο

Πριν προχωρήσουμε σε μία ευρύτερη και αφηρημένη μελέτη του παραπάνω τυχαίου περιπάτου, θα μελετήσουμε ένα ιδιαίτερα απλό τυχερό παιχνίδι. Φανταστείτε ότι έχουμε στη διάθεσή μας μία περιουσία ύψους $K>0$ χρηματικών μονάδων – ας πούμε ευρώ στην περίπτωσή μας. Επίσης, ας υποθέσουμε ότι έχουμε απέναντί μας ως «αντίπαλο» έναν μεγάλο στοιχηματικό οργανισμό που θα θεωρήσουμε πρακτικά άπειρα πλούσιο – ωραίο ακούγεται αυτό. Το παιχνίδι που παίζουμε απέναντί του έχει ως εξής:

Ο αντίπαλός μας – ή εμείς, δεν έχει σημασία – στρίβει ένα νόμισμα το οποίο με πιθανότητα $p\in[0,1]$ έρχεται κορώνα και με πιθανότητα $1-p$ έρχεται γράμματα.
Αν το νόμισμα έρθει κορώνα τότε εμείς κερδίζουμε ένα ευρώ από τον (άπειρα πλούσιο) αντίπαλό μας.
Αν το νόμισμα έρθει γράμματα τότε ο αντίπαλός μας κερδίζει από εμάς ένα ευρώ.
Παίζουμε το παραπάνω παιχνίδι μέχρι να χρεοκοπήσουμε, δηλαδή να μείνουμε μετά από κάποιον γύρο με μηδέν ευρώ.

Εντάξει, είναι σαφές ότι στα παραπάνω είναι ιδιαίτερα σημαντικό το πόσο κάλπικο είναι το νόμισμα καθώς αυτό καθορίζει και το πόσο συχνά αναμένουμε να κερδίζουμε, άρα και το πόσο εύκολο είναι να χρεοκοπήσουμε.

Για την ακρίβεια, αυτό το τελευταίο θα μας απασχολήσει αρκετά σε πρώτο επίπεδο – λογικό, για κάθε τζογαδόρο. Πριν περάσουμε σε αυστηρούς μαθηματικούς υπολογισμούς θα εξετάσουμε λίγο εμπειρικά τι συμβαίνει. Όταν λέμε εμπειρικά, σαφώς δεν εννοούμε ότι θα αρχίσουμε να στρίβουμε νομίσματα μέχρι να σβήσει ο ήλιος για να δούμε τι συμβαίνει. Αντιθέτως, καλά να είμαστε, έχουμε αρκετή τεχνολογία στα χέρια μας για να μπορέσουμε να το κάνουμε αυτό από την άνεση του σπιτιού μας – όχι ότι έχουμε και περιθώριο να πάμε κάπου έξω από το σπίτι μας αυτήν την περίοδο.

Θα προσπαθήσουμε, λοιπόν, χρησιμοποιώντας λίγη python να μοντελοποιήσουμε το παραπάνω παιχνίδι. Αρχικά, θα χρειαστούμε μία συνάρτηση που να μοντελοποιεί ένα πλήρες παιχνίδι μέχρις ότου να χρεοκοπήσουμε. Ο αντίστοιχος κώδικας φαίνεται παρακάτω:

import random

def game(cutoff, p, k):
    rounds = 0
    while k > 0 and rounds < cutoff:
        coin = (random.random() < p) # <p means heads
        if coin:
            k += 1
        else:
            k -= 1
        rounds += 1
    return rounds

Η παραπάνω προσομοιώνει με απλό τρόπο ένα παιχνίδι όπως το παραπάνω πλήρως. Αρχικά φορτώνουμε τη βιβλιοθήκη random της python γιατί θα χρειαστούμε τυχαίους αριθμούς – θα μπορούσαμε, κάλλιστα, να χρησιμοποιήσουμε και τη δική μας γεννήτρια τυχαίων αριθμών που είδαμε εδώ. Στη συνέχεια ορίζουμε μία συνάρτηση η οποία δέχεται τρία ορίσματα:

ένα κατώφλι, cutoff, που θα αποτελεί και τον μέγιστο αριθμό επαναλήψεων που θα κάνει το πρόγραμμά μας,
μία πιθανότητα, p, με την οποία το νόμισμα έρχεται κορώνα,
ένα αρχικό κεφάλαιο, k, με το οποίο ξεκινάμε το παιχνίδι μας.

Σε ό,τι αφορά τις μεταβλητές p και k είναι σαφές το πού θα μας χρειαστούν – εμφανίζονται άλλωστε και στη διατύπωση του προβλήματός μας. Ωστόσο, η μεταβλητή cutoff ίσως μοιάζει να ήρθε από το πουθενά. Η αλήθεια είναι ότι το πρόβλημά μας αφήνει ανοικτό το ενδεχόμενο να μη χρεοκοπήσουμε ποτέ, το οποίο πρακτικά σημαίνει ότι το παραπάνω πρόγραμμα δε θα τερμάτιζε ποτέ σε αυτήν την περίπτωση. Για να αποφύγουμε αυτό το ενδεχόμενο, επιβάλουμε ένα ανώτατο όριο επαναλήψεων που μπορούμε να κάνουμε έτσι ώστε σε κάθε περίπτωση το πρόγραμμά μας να επιστρέφει κάποιο αποτέλεσμα.

Έπειτα, επαναληπτικά ρίχνουμε ένα νόμισμα – γραμμή 6 – και καταγράφουμε το αποτέλεσμά του προσθέτοντας ή αφαιρώντας ένα ευρώ από το κεφάλαιό μας. Στο τέλος θα παρατηρήσετε ότι η συνάρτησή μας επιστρέφει το πλήθος των γύρων που έχουμε παίξει. Αυτό το δεδομένο είναι, σαφώς, χρήσιμο, καθώς, διαισθητικά πάντα, όσο μεγαλύτερο το πλήθος των γύρων που παίζουμε τόσο πιο μικρή αναμένουμε να είναι η πιθανότητα να χρεοκοπήσουμε – μάλλον.

Τώρα, θα παίξουμε 100 παιχνίδια με ένα αρχικό κεφάλαιο 5 ευρώ και για πιθανότητες που κυμαίνονται από 0 μέχρι 1 με βήμα 0.01 – δηλαδή, διαδοχικά, 0, 0.01, 0.02, … Στη συνέχεια θα σχεδιάσουμε το πλήθος των γύρων που παίζουμε σε κάθε περίπτωση συναρτήσει της πιθανότητας επιτυχίας, $p.$ Αυτό θα το πετύχουμε με τον ακόλουθο κώδικα:

import random
import matplotlib.pyplot as plt

def game(cutoff, p, k):
    rounds = 0
    while k > 0 and rounds < cutoff:
        coin = (random.random() < p) # <p means heads
        if coin:
            k += 1
        else:
            k -= 1
        rounds += 1
    return rounds

if __name__ == '__main__':
    cutoff = 1000
    k = 5
    rounds = []
    for p in range(0,100):
        rounds.append(game(cutoff, p/100, k))
    plt.plot([x/100 for x in range(0,100)], rounds)
    plt.show()

Η γραφική παράσταση που αναπαριστά τους γύρους που παίξαμε συναρτήσει της πιθανότητας να κερδίσουμε είναι η παρακάτω:

Η αλήθεια είναι ότι το παραπάνω σχήμα δε μας λέει και πολλά. Βασικά, μας λέει ότι για πιθανότητα επιτυχίας περίπου μέχρι 0.6 χάνουμε σχετικά εύκολα ενώ για πιθανότητα επιτυχίας μεγαλύτερη από (περίπου) 0.6 φαίνεται να μην είναι και τόσο απλό το να χάσουμε. Βέβαια, σε ό,τι αφορά το δεύτερο συμπέρασμά μας, μεγάλο ρόλο παίζει και η επιλογή που έχουμε κάνει για το κατώφλι μας. Επίσης, είναι σημαντικό να έχουμε κατά νου ότι το παραπάνω είναι απλώς ένα πείραμα, επομένως μπορεί πολύ απλά να έτυχε να έχουμε τα παραπάνω αποτελέσματα και η συνήθης συμπεριφορά να μην είναι η παραπάνω.

Και πώς θα αποκτήσουμε μία καλύτερη διαίσθηση για το τι συμβαίνει; Σαφώς, κάνοντας πολλά πειράματα. Ο παρακάτω κώδικας εκτελεί ακριβώς 100 πειράματα σαν το παραπάνω και σχεδιάζει τον μέσο αριθμό γύρων που καταφέραμε να παίξουμε στο παραπάνω παιχνίδι πριν να χρεοκοπήσουμε συναρτήσει και πάλι της πιθανότητας επιτυχίας μας:

import random
import matplotlib.pyplot as plt

def game(cutoff, p, k):
    rounds = 0
    while k > 0 and rounds < cutoff:
        coin = (random.random() < p) # <p means heads
        if coin:
            k += 1
        else:
            k -= 1
        rounds += 1
    return rounds

def experiment(cutoff, k):
    rounds = []
    for p in range(0,100):
        rounds.append(game(cutoff, p/100, k))
    return rounds

if __name__ == '__main__':
    cutoff = 1000
    k = 5
    results = [0.0]*100
    for i in range(100):
        rounds = experiment(cutoff, k)
        for i in range(100):
            results[i] += rounds[i]
    plt.plot([x/100 for x in range(0,100)], [x/100 for x in results], 'bo')
    plt.show()

Η αντίστοιχη γραφική παράσταση που θα πάρουμε είναι η εξής:

Εδώ φαίνεται πιο ξεκάθαρα η τάση που παρατηρήσαμε και παραπάνω. Αρχικά, για πιθανότητα επιτυχίας μικρότερη περίπου από το 0.5 φαίνεται ότι μάλλον θα χρεοκοπούμε μετά βεβαιότητος. Αντιθέτως, για αρκετά μεγάλη πιθανότητα επιτυχίας – μεγαλύτερη από 0.6 περίπου – φαίνεται ότι κερδίζουμε αρκετά εύκολα. Ωστόσο, όπως είπαμε και παραπάνω, σε αυτό μπορεί να συνεισφέρει και το κατώφλι μας το οποίο ίσως να είναι ιδιαίτερα χαμηλό. Ας δοκιμάσουμε με ένα μεγαλύτερο κατώφλι, ας πούμε 10000:

import random
import matplotlib.pyplot as plt

def game(cutoff, p, k):
    rounds = 0
    while k > 0 and rounds < cutoff:
        coin = (random.random() < p) # <p means heads
        if coin:
            k += 1
        else:
            k -= 1
        rounds += 1
    return rounds

def experiment(cutoff, k):
    rounds = []
    for p in range(0,100):
        rounds.append(game(cutoff, p/100, k))
    return rounds

if __name__ == '__main__':
    cutoff = 10000
    k = 5
    results = [0.0]*100
    for i in range(100):
        rounds = experiment(cutoff, k)
        for i in range(100):
            results[i] += rounds[i]
    plt.plot([x/100 for x in range(0,100)], [x/100 for x in results], 'bo')
    plt.show()

Τώρα παίρνουμε την ακόλουθη γραφική παράσταση:

Μάλλον το κατώφλι μας ήταν κάπως περιοριστικό. Τώρα που ανεβάσαμε τον μέγιστο αριθμό παιχνιδιών σε 10000 – από 1000 – είδαμε ότι παιχνίδια τα οποία πριν φαίνονταν κερδισμένα – υπό την έννοια ότι εξαντλούσαμε τους 1000 γύρους που είχαμε στη διάθεσή μας – τώρα φαίνονται χαμένα – υπό την έννοια ότι τελικά χρεοκοπούμε. Συνεπώς, σίγουρα το να έχουμε πιθανότητα νίκης σε κάθε γύρο πάνω από περίπου 0.6 δε μας εγγυάται ότι τελικά δε θα χρεοκοπήσουμε, αλλά μας δίνει καλύτερες πιθανότητες επιτυχίας. Τώρα που πήραμε φόρα, ας ανεβάσουμε λίγο ακόμα το κατώφλι μας, στις 100000, και ας δούμε τι θα πάρουμε. Ο αντίστοιχος κώδικας φαίνεται παρακάτω – αν και δεν είναι δύσκολο να μαντέψετε ότι αλλάζουμε μόνο μία γραμμή:

import random
import matplotlib.pyplot as plt

def game(cutoff, p, k):
    rounds = 0
    while k > 0 and rounds < cutoff:
        coin = (random.random() < p) # <p means heads
        if coin:
            k += 1
        else:
            k -= 1
        rounds += 1
    return rounds

def experiment(cutoff, k):
    rounds = []
    for p in range(0,100):
        rounds.append(game(cutoff, p/100, k))
    return rounds

if __name__ == '__main__':
    cutoff = 100000
    k = 5
    results = [0.0]*100
    for i in range(100):
        rounds = experiment(cutoff, k)
        for i in range(100):
            results[i] += rounds[i]
    plt.plot([x/100 for x in range(0,100)], [x/100 for x in results], 'bo')
    plt.show()

Η αντίστοιχη γραφική παράσταση είναι η ακόλουθη:

Από τα παραπάνω σχήματα είναι μάλλον σαφές το τι συμβαίνει. Μέχρι περίπου το 0.5 το να χρεοκοπήσουμε είναι μάλλον βέβαιο, ενώ από εκεί και μετά μία ηλιαχτίδα φαίνεται στον ορίζοντα – με άλλα λόγια, ίσως και να μη χρεοκοπούμε πάντοτε με βεβαιότητα.

Στο αρχικό μας πλαίσιο, του μεθυσμένου περιπατητή τα παραπάνω ερμηνεύονται ως εξής:

αν η πιθανότητα να κάνει ένα βήμα μπροστά ο πρωταγωνιστής μας είναι μεγαλύτερη από 0.5 τότε με τον έναν ή τον άλλο τρόπο θα φτάσει στο σπίτι του – η χρεοκοπία που λέμε παραπάνω,
αν η πιθανότητα να κάνει ένα βήμα πίσω ο πρωταγωνιστής μας είναι μεγαλύτερη από 0.5 τότε είναι υπαρκτό και το ενδεχόμενο να τη βγάλει στο κρύο και τ’ αγιάζι – να αποφύγει τη χρεοκοπία στο παραπάνω σενάριο.

Φορμαλισμός

Εντάξει, ωραία τα παραπάνω και σίγουρα άκρως βοηθητικά, αλλά στα μαθηματικά αυτό που επιδιώκουμε είναι να δίνουμε αυστηρή διατύπωση τέτοιων ιδεών. Τα παραπάνω μας έδωσαν μία ιδέα – σωστή ή όχι μένει να το επαληθεύσουμε – για το πώς αναμένουμε να είναι τα αποτελέσματά μας. Τώρα θα πρέπει να βρούμε κι έναν τυπικό τρόπο να εργαστούμε και να δούμε αν πράγματι παίρνουμε τα επιθυμητά αποτελέσματα.

Αρχικά, ας θυμηθούμε μία στα γρήγορα το αρχικό μας πρόβλημα. Έχουμε έναν μεθυσμένο περιπατητή ο οποίος απέχει $K>0$ βήματα από το σπίτι του και κινείται πάνω σε μία ευθεία – παραδόξως. Για την ακρίβεια, με πιθανότητα $p$ κάνει ένα βήμα προς το σπίτι του ενώ με πιθανότητα $1-p$ κάνει ένα βήμα προς τα πίσω – μακριά από το σπίτι του. Επίσης, σιωπηλά δεχόμαστε και ότι δεν μπορεί να κάνει τον γύρο της Γης μη την «όπισθεν» και να μπει στο σπίτι του από την πίσω πόρτα, επομένως ο στόχος μας είναι να δούμε ποια είναι η πιθανότητα τελικά να καταφέρει να κάνει τα απαιτούμενα $K$ βήματα έτσι ώστε να μπει στο σπίτι του και να πιει έναν καφέ.

Εδώ τώρα είναι η αλήθεια ότι έχουμε λίγη δουλειά να κάνουμε – ίσως και όχι, αν φερθούμε έξυπνα. Διότι, όπως μπορεί κανείς εύκολα να δει, υπάρχουν άπειροι τρόποι με τους οποίους μπορεί ο πρωταγωνιστής μας να φτάσει ως το σπίτι του. Ας πάρουμε την απλή περίπτωση όπου βρίσκεται μία ανάσα – ήτοι, ένα βήμα – μακριά από το σπίτι του. Τότε μπορεί να φτάσει σπίτι του με τους εξής τρόπους:

να κάνει ένα βήμα μπροστά,
να κάνει ένα βήμα πίσω κι έπειτα δύο βήματα μπροστά,
να κάνει δύο βήματα πίσω κι έπειτα τρία βήματα μπροστά,
να κάνει δύο βήματα πίσω, ένα μπροστά, άλλα δύο πίσω και μετά τέσσερα βήματα μπροστά,
να κάνει τρία βήματα καλαματιανού,
κ.ο.κ.

Σαφώς, μπορούμε με όχι και τόση πολλή φαντασία να κατασκευάσουμε άπειρες στο πλήθος τέτοιες ακολουθίες από βήματα που να τον οδηγούν σε πεπερασμένο χρόνο στην πόρτα του σπιτιού του – άραγε είναι αριθμήσιμα άπειρες; Επομένως πώς θα μπορέσουμε να υπολογίσουμε την πολυπόθητη πιθανότητα να επιστρέψει στο σπίτι του ο πρωταγωνιστής μας;

Το τέχνασμα που θα δούμε εδώ εφαρμόζεται συχνότατα σε τέτοιου είδους προβλήματα. Έστω $r$ η πιθανότητα ο περιπατητής μας να κάνει τελικά ένα βήμα μπροστά. Προσέξτε τη λέξη τελικά στην οποία δώσαμε έμφαση πιο πριν. Από τη διατύπωση του προβλήματός μας ξέρουμε ότι η πιθανότητα ο περιπατητής μας να κάνει ένα βήμα μπροστά στην επόμενη κίνησή του είναι $p.$ Ωστόσο, η πιθανότητα $r,$ εν γένει, δε συμπίπτει με την $p.$ Η πιθανότητα $r$ εκφράζει το ενδεχόμενο σε κάποια στιγμή στο μέλλον ο περιπατητής μας να έχει καταφέρει (για πρώτη φορά) να μετακινηθεί ένα βήμα μπροστά από τη θέση που βρίσκεται τώρα. Αυτό, όπως είδαμε παραπάνω, μπορεί να γίνει με πολλούς τρόπους που απαιτούν περισσότερα από ένα βήματα – πεπερασμένο πλήθος βημάτων, ωστόσο.

Ας υποθέσουμε τώρα, ότι βρισκόμαστε $K$ βήματα μακριά από το σπίτι μας. Το πρώτο μας βήμα είτε θα είναι προς το σπίτι μας, με πιθανότητα $p,$ είτε προς το καπηλειό, με πιθανότητα $1-p.$ Στην περίπτωση που το βήμα μας είναι προς την σωστή κατεύθυνση, θα μας απομένουν ακόμα $K-1$ βήματα ενώ στην αντίθετη περίπτωση θα μας απομένουν ακόμα $K+1$ βήματα. Εδώ κάνουμε μία κομβική υπόθεση για το πρόβλημά μας: ότι ο περιπατητής μας ούτε ξεμεθάει ούτε μεθάει παραπάνω. Με αυτό κατά νου, είτε βρίσκεται 15 είτε 1015 βήματα μακριά από το σπίτι του, η πιθανότητα τελικά να βρεθεί ένα βήμα μπροστά είναι πάντα η ίδια, ανεξάρτητα από το πόση ώρα έχει περάσει και ανεξάρτητα από το πόσο μακριά είναι από το σπίτι του – αν είναι αρκετά μεθυσμένος αρχικά, τότε όλα τα παραπάνω είναι εύλογα.

Τώρα θα χρησιμοποιήσουμε ένα γνωστό και μη εξαιρετέο θεώρημα των κλασσικών πιθανοτήτων: το Θεώρημα Ολικής Πιθανότητας. Το εν λόγω θεώρημα μας λέει και πάαααρα πολύ απλό – θα το αναλύσουμε μόνο στο επίπεδο που μας αφορά. Εμείς αποζητούμε την πιθανότητα ο περιπατητής μας τελικά να τερματίσει στο σπίτι του αυτόν τον μεθυσμένο περίπατό του. Μετά την πρώτη κίνησή του έχουμε δύο ξένα μεταξύ τους ενδεχόμενα:

να τερματίσει δεδομένου ότι έχει να κάνει άλλα $K-1$ βήματα μέχρι το σπίτι του,
να τερματίσει δεδομένου ότι έχει να κάνει άλλα $K+1$ βήματα μέχρι το σπίτι του.

Το πρώτο ενδεχόμενο συμβαίνει με πιθανότητα $p$ και το δεύτερο με πιθανότητα $1-p,$ οπότε το θεώρημα ολικής πιθανότητας μας πληροφορεί ότι, αν $p_n$ είναι η πιθανότητα τελικά να προχωρήσουμε $n$ βήματα, τότε:

$p_K=p_{K-1}p+p_{K+1}(1-p).$

Αυτό που μας λέει η παραπάνω σχέση είναι ότι η πιθανότητα τελικά να καταφέρουμε να κάνουμε $K$ βήματα μπροστά είναι το άθροισμα των εξής δύο πιθανοτήτων:

της πιθανότητας να καταφέρουμε να κάνουμε ένα βήμα μπροστά $(p)$ κι έπειτα, τελικά, άλλα $K-1$ βήματα μπροστά $(p_{K-1})$ και,
της πιθανότητας να κάνουμε ένα βήμα προς τα πίσω $(1-p)$ κι έπειτα να καταφέρουμε, τελικά, να κάνουμε $K+1$ βήματα μπροστά $(p_{K+1}).$

Εδώ θα μας φανεί χρήσιμη η υπόθεση που κάναμε παραπάνω – περί μέθης του περιπατητή μας. Το να κάνει τελικά ο περιπατητής μας $n$ βήματα μπροστά συνίσταται στο να κάνει $n$ φορές, τελικά, ένα βήμα μπροστά. Δεδομένου τώρα ότι το πού βρίσκεται ο περιπατητής μας δε μεταβάλλει την πιθανότητα ο περιπατητής μας να κάνει ένα βήμα μπροστά, τελικά, η οποία είναι ίση με $r,$ έχουμε:

$p_n=\underbrace{r\cdot r\cdot\ldots\cdot r}_{n}=r^n.$

Συνεπώς, η παραπάνω εξίσωση γράφεται ως εξής:

$r^K=r^{K-1}p+r^{K+1}(1-p).$

Τώρα αυτή είναι μία απλή πολυωνυμική εξίσωση ως προς $r$ την οποία μπορούμε να γράψουμε στη μορφή:

$r^{K-1}\left((1-p)r^2-r+p\right)=0.$

Η παραπάνω τώρα λύνεται εύκολα και δίνει $r=0$ ή $r=1$ ή $r=\dfrac{p}{1-p}.$ Ας παρατηρήσουμε εδώ ότι αν $p>\frac{1}{2}$ τότε $p>1-p\Leftrightarrow\frac{p}{1-p}>1$ οπότε μας μένουν μόνο οι επιλογές $r=0$ και $r=1$ – αφού δεν μπορούμε να έχουμε πιθανότητα μεγαλύτερη της μονάδας.

Διακριτικά και αθόρυβα τώρα θα απορρίψουμε την περίπτωση $r=0.$ Εντάξει, στην περίπτωση που η πιθανότητα να κάνει ο περιπατητής μας ένα βήμα μπροστά είναι μηδενική, άντε να δεχτούμε ότι $r=0.$ Ωστόσο, αν ο περιπατητής μας έχει θετική πιθανότητα να κάνει ένα βήμα μπροστά τότε δεν περιμένουμε τίποτα άλλο παρά να έχει έστω και μικρή, πλην όμως, θετική πιθανότητα να κάνει τελικά ένα βήμα μπροστά. Συνεπώς, αν $p>\frac{1}{2}$ τότε η πιθανότητα να φτάσει στο σπίτι του ο πρωταγωνιστής μας είναι 1 – δηλαδή, τελικά αναμένουμε να φτάσει στο σπίτι του.

Τώρα, ανάλογα με παραπάνω, αν $p\leq\frac{1}{2}$ αναμένουμε να μην είναι βέβαιο ότι θα φτάσει στο σπίτι του δεδομένου ότι σε κάθε βήμα του είναι πιο πιθανό να πάει πίσω παρά μπροστά, συνεπώς για $p\leq\frac{1}{2}$ θα έχουμε $r=\frac{p}{1-p}.$ Έτσι, η πιθανότητα να φτάσει τελικά σπίτι του ο περιπατητής μας είναι:

$p_K=\left\{\begin{array}{ll}1 & p>\frac{1}{2}\\(\frac{p}{1-p})^K & p\leq\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Τώρα, ας δοκιμάσουμε να σχεδιάσουμε την παραπάνω πιθανότητα να φτάσει ο περιπατητής μας στο σπίτι συναρτήσει της πιθανότητας να κάνει ένα βήμα προς το σπίτι του δεδομένου ότι έχει ακόμα 5 βήματα για να φτάσει σπίτι του – δηλαδή $K=5$ :

Το παραπάνω σχήμα, για καλή μας τύχη, επιβεβαιώνει σε έναν βαθμό τα όσα είχαμε βρει και πειραματικά παραπάνω. Όταν, δηλαδή, η πιθανότητα να κάνει ο περιπατητής μας ένα βήμα μπροστά είναι μεγαλύτερη από την πιθανότητα να κάνει ένα βήμα πίσω τότε με πιθανότητα 1 θα φτάσει στο σπίτι του (κάποτε), ενώ αν είναι πιο πιθανό να κάνει ένα βήμα πίσω παρά μπροστά τότε το σενάριο να φτάσει σπίτι του παύει να είναι τόσο βέβαιο.

Θα παρατηρήσατε ότι το σχήμα αυτό δεν είναι ακριβώς αυτό που είχαμε παραπάνω αλλά είναι συμμετρικό ως προς το κέντρο του. Αυτό οφείλεται σαφώς στο ότι στα δύο σενάρια – τον μεθυσμένο περίπατο και το τυχερό μας παιχνίδι – η έννοια της επιτυχίας είναι διαφορετική. Για την ακρίβεια, στην περίπτωση του τυχερού παιχνιδιού, το να φτάσουμε στο σπίτι μας ισοδυναμεί με το να χρεοκοπήσουμε, πράγμα που δεν επιθυμούμε.

Και πού θα μου χρειαστούν εμένα αυτά;

Νομίζω ότι όποιος άνθρωπος έχει αποπειραθεί να διδάξει έστω και μία φορά μαθηματικά θα έχει ακούσει την παραπάνω ερώτηση – ή, έστω, κάποια παραλλαγή της. Ωστόσο, η αλήθεια είναι ότι η μελέτη περιπάτων σαν τον παραπάνω είναι ιδιαίτερα χρήσιμη για διάφορες εφαρμογές. Αρχικά, το παραπάνω λέγεται τυχαίος περίπατος και μπορεί εύκολα να γενικευθεί και σε περισσότερες της μίας διαστάσεις. Πρακτικά, αυτό που μελετά κανείς σε τυχαίους περιπάτους είναι όχι τόσο η διαδρομή η ίδια αλλά, όπως και στο παραπάνω παράδειγμα, η πιθανότητα να συμβεί κάτι – εν προκειμένω, να κάνουμε $K$ βήματα προς τα δεξιά.

Ένα παράδειγμα που ίσως μας βοηθήσει να αναγνωρίσουμε την αξία των παραπάνω είναι το εξής. Φανταστείτε ότι αύριο αποφασίζετε να επενδύσετε μέρος των κεφαλαίων σας στο χρηματιστήριο. Ένα απλό μοντέλο για μία μετοχή μίας εταιρείας, έστω Ε, είναι να αντιμετωπίσουμε τη μετοχή και την πορεία της στο χρηματιστήριο για μία δεδομένη χρονική περίοδο ως έναν μεθυσμένο που περπατά σε μία γραμμή. Τα βήματα μπροστά που κάνει ο μεθυσμένος περιπατητής μας είναι μία αύξηση της τιμής της μετοχής ενώ το βήμα που κάνει προς τα πίσω είναι μία μείωση της τιμής της – σαφώς, αυτές δεν είναι απαραίτητο να είναι ίσες και αυτό κάνει το παραπάνω μοντέλο κάπως πιο περίπλοκο, αλλά δομικά παραμένει το ίδιο.

Σε ό,τι έχει να κάνει με την πιθανότητα να ανέβει η μετοχή της εταιρείας, πέρα από την ανθρώπινη εμπειρία, χρήσιμα μπορούν να μας φανούν και δεδομένα από προηγούμενες συνεδριάσεις του χρηματιστηρίου. Ένας απλός τρόπος να εκτιμήσουμε την εν λόγω πιθανότητα – όχι κατ’ ανάγκη αξιόπιστος, ωστόσο – θα ήταν να θεωρήσουμε τον λόγο του πλήθους των συνεδριάσεων στις οποίες η τιμή της μετοχής ανέβηκε προς το πλήθος των ημερών υπό εξέταση. Έτσι, έχοντας μία εκτίμηση της πιθανότητα $p$ όπως παραπάνω, μπορούμε να ακολουθήσουμε ακριβώς την ίδια διαδικασία και να κατασκευάσουμε μία κατανομή πιθανότητα που να μας λέει πόσο πιθανό είναι, για παράδειγμα, η τιμή της μετοχής μας να ανέβει κατά $K$ χρηματικές μονάδες – ή να πέσει κ.λπ.

Αποποιούμενοι κάθε ευθύνη στο aftermaths για οποιαδήποτε αποτυχημένη επένδυση γίνει με το παραπάνω μοντέλο, εις το επανειδείν!

Η κεντρική εικόνα είναι ο πίνακας Η πλατεία του Αγίου Μάρκου στη Βενετία του Pierre-Auguste Renoir.

Διαβάστε επίσης: Τι λέει το Θεώρημα του Bolzano;

Ακολουθήστε το aftermathsgr στα social media: