如何解釋賭徒輸光問題中的矛盾？

01-19

有一個遊戲。
可以任意數量押錢，輸概率佔60％。
贏得概率40%
贏了的話返還所押金額的2倍
輸了的話就沒錢了。

按期望來算每次遊戲賠0.2倍的押金
如果每一次壓前一次的2倍
先壓100，輸了
再押200輸，輸了
再押400贏了，總共贏100
以此類推只要贏一次之前的全賺回來
不符合期望

從概率空間理一下就比較清楚了。

一、這個問題的概率空間

任何一個概率問題都應該有一個概率空間作為基礎。根據概率公理，一個概率空間 $(Omega, mathcal{F}, P)$ 由三個元素構成：

$Omega$ ：樣本空間，包含所有可能發生發生的基本事件。
$mathcal{F}$ ： $Omega$ 的可測子集的集合。
$P$ ：一個從 $mathcal{F}$ 到實數集的映射，並滿足 $forall A in mathcal {F}, P(A)ge0$ 、 $P(Omega)=1$ 、 $Pleft(igcup _{i=1}^{infty }A_{i} ight)=sum _{i=1}^{infty }P(A_{i})$ 三個條件。

具體到這個問題：

樣本空間 $Omega$ 等於{"第一輪就贏了"，"第二輪才贏"，"第三輪才贏"，…，"一直輸"}。我們用整數 $k$ 代表"第 $k$ 輪才贏"，無窮符號 $infty$ 代表"一直輸"，則有 $Omega={infty,1,2,3, ldots}$ 。
$mathcal{F}$ 在這個問題里不太重要，取 $Omega$ 的所有子集構成的集合即可。
$P$ ：設 $0<P> 為每一輪贏錢的概率，則對於整數元素 <img src=$ ，有 $P({k})=p(1-p)^{k-1}$ ，對於無窮元素 $infty$ ，有 $P({infty})=0$ 。由於 $Omega$ 是個可數集， $mathcal{F}$ 中其他元素的概率可由可數可加性導出。

二、如何定義「贏錢」這個隨機變數

在這個問題中，贏了多少錢可以用一個隨機變數來描述。隨機變數是樣本空間 $Omega$ 到實數集 $mathbb{R}$ 的函數，即 $X:Omega ightarrow mathbb{R}$ 。既然是個函數，我們就可以考察 $Omega$ 中每個元素在 $X$ 映射下的值。

對於整數元素 $kinOmega$ ，因為在第 $k$ 盤贏了j就可以把前面虧損的錢全部賺回來，因此有有 $X(k)=100$ 。
但 $X(infty)$ 應該等於什麼呢？根據問題的實際意義，這個值對應一直輸錢的情況下所贏得的錢數，應該是負無窮。但負無窮並不是一個實數，因此不能成為 $X$ 的取值，也就是說 $X(infty)$ 不能恰當地被定義。就算我們暫時忽略數學上的嚴格性，把 $X(infty)$ 定義為 $-infty$ ，並認為無窮可以以符合直觀參的方式參與一些運算，那麼在計算期望的時候，這一項對期望的貢獻為 $P(infty) imes X(infty) = 0 imes-infty$ ，零乘以無窮是不能確定的，也就不能算出期望。這就是矛盾的根源。

也就是說，我們並不能合理地定義贏錢這個隨機變數，賭徒輸光問題也不是標準概率論能解決的問題。如果我們想在概率論的框架下描述這個問題，就必須設法繞過無窮元素 $infty$ 。但只要我們繞過了無窮元素，把這個問題合理化，這個問題就不再是原本的那個問題了。合理化的方法有很多，不同的合理化方法會把原問題變成不同的新問題。這些新問題的答案有所不同也就不算是什麼矛盾了。

我這裡給出兩種常見的繞過無窮元素的方法，分別對應題主列出的兩個解釋。

三、繞過無窮元素 $infty$ 的一種方法

最直接的方法，就是把 $infty$ 從 $Omega$ 裡面刪除。刪除之後，我們就得到了一個新的概率空間 $(Omega$ ：

$Omega$ ，只有正整數元素
$mathcal{F}$ 取 $Omega$ 的所有子集構成的集合
對於自然數 $k$ ，定義 $P$

沒了 $infty$ ，我們就可以合理地定義贏錢這個隨機變數了。定義 $X$ ，對於所有正整數 $k$ ， $X$ 。進而可以計算期望 $mathbb{E}(X$ 。

注意，這裡我用了 $X$ 這個符號，這是為了區分原問題中不能恰當定義的 $X$ 。刪除 $infty$ 之後，我們定義了一個新的問題，這個新問題的答案，以數學上嚴格的方式，等於100。這對應於問題中的第二個解釋。

雖然這個答案在數學上是嚴格的，但與實際情況有些出入。修改後的樣本空間 $Omega$ 包含任意大的自然數，這就意味著你必須要有q無窮多的錢和時間才能玩得起這個遊戲。如果真的是這樣，直觀考慮，也確實能以概率1贏得這個賭局，並贏得100塊錢。但實際上這是不可能的，錢和時間都是有限的，因此這就催生出另外一種繞開無窮元素的方法。

四、繞過無窮元素 $infty$ 的二種方法

在這個方法中，我們考慮金錢和時間的有限性。設 $Omega_k$ 為至多賭 $K$ 局情況下的樣本空間， $(Omega_K, mathcal{F}_K, P_K)$ 為對應的概率空間， $K ightarrow infty$ 時。具體有：

$Omega_K={1,2,3, ldots, K,K^*}$ 。元素 $K^*$ 表示一共玩了 $K$ 輪，全部輸了，隨後停止遊戲。正整數 $k=1,2,...,K$ 表示玩了 $k$ 局，但最後贏了。
$mathcal{F}_K$ 取 $Omega_K$ 的所有子集構成的集合。
對於正整數 $k=1,2,...,K$ ， $P_K({k})=p(1-p)^{k-1}$ ；對於 $K^*$ ， $P_K({K^*})=(1-p)^K$ 。

贏錢的隨機變數定義為 $X_K:Omega_K ightarrow mathbb{R}$ ，對於正整數 $k=1,2,...,K$ ， $X_K(k)=100$ ；對於 $K^*$ ， $X_K(K^*)=-100 imes(1+2+ldots+2^{K-1})$ $=100-100 imes 2^K$ 。

在這種情況下，贏錢的期望為 $mathbb{E}(X_K) = -100 imes(2-2p)^K+100$ 。

對於不同的 $p$ 值，我們有

$egin{cases}0<mathbb{E}(X_K)<100p>0.5\mathbb{E}(X_K)=0p=0.5\mathbb{E}(X_K)<0p<0.5end{cases}$

顯然 $K$ 越大， $Omega _K$ 就越接近 $Omega$ 。我們可以考察 $K ightarrow+infty$ 的期限情況，不難得出

$lim_{K ightarrowinfty}mathbb{E}(X_K) =egin{cases}100p>0.5\0p=0.5\-inftyp<0.5end{cases}$

這個問題常見的版本是 $p=0.5$ ，平均來看，每次不賺不賠，也就對應 $mathbb{E}(X_K)=0$ 這個情況。而如果取 $p=0.4$ 的話則有 $mathbb{E}(X_K) <0$ ，也就對應題主平均每次賠0.2倍押金的說法。當 $p>0.5$ 時，因為贏錢的概率更大，贏錢的期望為正，但因為贏一把就會收手，所以 $mathbb{E}(X_K)$ 也不會超過100。

這種方法更貼近實際情況。因為錢和時間都是有限的，總存在一個足夠大的自然數 $K$ ，使得由於金錢和時間的限制，不能玩超過 $K$ 輪，那麼基於 $Omega_K$ 的概率空間就可以恰當地描述這個問題。這裡每一個 $Omega_K$ 都是真實的，而 $Omega$ 對應的原問題的答案則可以通過計算數學期望的極限 $lim_{K ightarrowinfty}mathbb{E}(X_K)$ 得到。

五、比較兩種方法

在 $p>0.5$ 的情況下，兩種方法的結果相同，都是100。但在 $ple0.5$ 時，第一種方法的結果是100，第二種方法的結果要麼是0，要麼是負無窮，無論如何不相等。

兩種方法繞開無窮元素的手段不同。前者可以看作是先對截斷的樣本空間 $Omega_K$ 取極限，即 $Omega$ ，再在極限樣本空間 $Omega$ 上計算期望，得到了最終一定能贏100塊錢的解釋。後者則是在截斷的樣本空間 $Omega_K$ 計算期望 $mathbb{E}(X_K)$ ，再對期望取極限得到，得到了平均每次都要輸錢的解釋。一般來說，雙重極限是不能交換的，所以交換之後二者相等也沒什麼奇怪的，並不構成矛盾。而 $Omega$ 對應的原問題，則沒有答案。

不管概率多麼小，都還是有1000、10000次都壓不對的情況的，這個失效的概率不是0

成立的前提是你有無窮大的本金來保證不會連輸無窮次。

而且你沒設立賭到什麼時候離場，所以連輸的概率無限提高。

順便吐槽一句這就跟炒股一樣，你沒設立「賺多少錢離場」的規矩，永遠都在虧錢

這個是一個數學概率的理性vs直覺運氣的感性的PK！

除非無限籌碼，要不沒有概率優勢的前提，收益為負，久賭必輸

吸收壁