以矩陣對角化探討機率與平均回合數之通式
新北市立北大高級中學 林冠璋 指導老師 黃冠閔
Abstract
In this paper, we use computer programming C to simulate a famous prob- ability problem “gambler’s ruin problem”. After lots of tests, we record two players’ winning probabilities and average number of rounds to figure out mathematical principles behind the problems and derive general formulas for two values above.
In this study, we have three main subjects. First of all, we design program- ming C to simulate problems and observe the figures. Secondly, we generalize our problems and derive general formulas and use computer computing to ver- ify our derivated formulas. The last part is that we add a new rule for draw, and derive new general formulas for two values.
中文摘要
本研究藉助電腦程式的運算來模擬一道有名的機率數學題「賭徒破產問題」(gambler’s ruin problem)，透過多次的實驗測試，紀錄了兩個玩家個別贏之機率與平均回合數，觀 察其兩種數據，探究其背後隱藏的數學原理，推導與驗證其兩數值之一般通式。
本文分成三大主軸進行研究，第一部份為設計電腦程式來模擬此問題，並觀察其實驗 數據的變化；第二部份則是將問題延伸至一般的情況，進而推導出其一般通式，最後利用 電腦運算的協助來驗證其所推導出的通式之準確性，第三部份則是推廣具有平局的規則，
並推導出其一般通式。
1 研究動機
我偶然在數學傳播季刊中看到一篇有趣的文章「電腦模擬與賭局」，其內容描述在公 平的賭局中（即兩玩家得勝之機率皆為 1/2），結合電腦程式語言 Python 的運算，
分別探究一場賭局中兩玩家贏的機率之通式（m+nm 與 m+nn ）與平均回合數之通式
（m
×
n），其中 m 與 n 分別為兩玩家的籌碼數；在此我好奇如果這是一個不公平的 賭局，兩數值之通式為何？因此我重新撰寫程式語言 C 來模擬不公平的賭局，透過 觀察實驗的數據，進而開始研究此問題，嘗試利用高中程度所能理解的矩陣運算來 推導其兩數值之通式。探究問題如下:1.
探究兩位玩家籌碼分別有 m 元與 n 元且每回合得勝之機率分別為 p 與 q 之情 況下，其中 p+
q=
1, p̸=
q （即不公平），推導出賭局中兩玩家個別贏之機 率與平均回合數之一般通式。2.
推廣與更改賭局問題之條件：加入平局，延伸矩陣對角化之應用，推導出解 的一般通式。2 研究方法及過程
2.1 研究架構圖
賭徒破產問題中 玩家贏的機率與平均回合
w
提出問題，撰寫電腦程式 C 來模擬問題的行為 w
記錄與觀察玩家贏的機率及平均回合數，整理 數據結果，製作成表格。
w
1.以一般化的情況下，推導玩家贏的機率及 平均回合數之通式並驗證其通式的準確性。
2.推廣：更改研究的規則，推廣與計算其解之通式。
w 以兩玩家籌碼共 m + n 元，令玩家 A 有 m 元，玩家 B 有 n 元，每回合得勝機率 分別為 p 及 q，利用矩陣對角化的觀點探 究兩玩家贏之機率與平均回合數一般數學 通式，並使用數學軟體 Mathematica 來 驗證其通式的準確性。
推廣：更改賭局規則，加入平局的條件，
討論在兩玩家籌碼共 m + n 元，令玩家 A 有 m 元、玩家 B 有 n 元，每回合得 勝機率分別為 p 及 q，利用矩陣對角化 的觀點探究兩玩家贏之機率與平均回合 數一般數學通式。
w
電腦模擬值與通式之理論值的比較，
兩者數據的結果相近或甚至相同。
2.2 名詞定義
1.
破產：玩家的籌碼歸零。2.
Ak(
i)
：玩家 A 在經過了 k 回合後，持有 i 元的機率。2.3 研究過程
2.3.1
賭徒破產問題 (gamblers ruin problem)兩玩家 A 與 B 輪擲一不公正銅板，此銅板出現正面之機率為 p
(
0<
p<
1)
，反面 的機率為 q，其中 p+
q=
1，p̸=
q ，每回合皆以擲硬幣的方式來決定勝利。若為 正面，則玩家 A 獲勝；若為反面，則玩家 B 獲勝，每回合中失敗的一方必須給獲 勝的一方一塊錢，不斷重複進行直到有一方破產。今玩家 A 有 m 元，玩家 B 有 n 元，則玩家 A 贏（即玩家 B 破產）之機率為何？平均需要幾回合賭局才會結束？2.3.2
撰寫電腦程式語言 C 模擬賭徒破產問題（以 p=
1 3, q =
23 為例）
我利用程式語言 C 撰寫賭徒破產問題，以下為程式流程圖（如圖
1）：
圖 1 賭徒破產問題之程式流程圖
在程式碼中（詳細的程式碼，請參考附錄），一開始讓使用者可以輸入四種數據 分別為玩家 A 的籌碼、玩家 B 的籌碼、模擬的局數與測試次數等（如圖
2）。
圖 2 使用者可以輸入數據的程式碼
程式運行中，當測試次數（變數 t）模擬的局數（變數 n）尚未達到最大值時，
主要是使用已經宣告好的變數 a（即玩家 A 的籌碼）與變數 b（即玩家 B 的籌碼）
來當是否繼續執行程式的依據，其中 rand()%3 的值可能為 0、1 與 2，若值等於 1，則玩家 A 獲得 1 元，玩家 B 失去 1 元；若值為 0 或 2 時，則反之，其實就是 在模擬機率分別為 1/3 與 2/3 之情況，用變數 round 來存取回合數（如圖
3）。每
一局中，當經過數回合後，有一玩家的籌碼歸零時賭局就會結束，此時會利用變數 ga與 gb 分別來存取 A 贏的總局數與 B 贏的總局數，再分別利用陣列 A、B 與 R 來存取 ga、gb 與 round（如圖
4），最後計算 100 次測試後的兩玩家贏的機率與平
均回合數之平均值。圖 3
判別兩玩家的籌碼之程式碼圖 4
紀錄兩玩家贏的局數之程式碼這裡我舉一個例子，設定兩玩家的籌碼總和為 8 元，測試次數為 100 次，每次 測試中，模擬的局數為 1, 000, 000 局，程式碼會將每次結果之 A 贏的機率、玩家 B 贏的機率與平均回合數顯示結果於電腦銀幕上並將前 10、20…100 次等平均之結果 寫入文字 TXT 檔中（如圖
5）。
圖 5 顯示結果於電腦銀幕上的程式碼與跑出的結果、寫入文字 TXT 檔之示意圖
我嘗試代入以下的籌碼數，機率與平均回合數皆為前 100 次的平均值，整理如 下：玩家 A 的籌碼 1 2 3 4 5 6 7
玩家 B 的籌碼 7 6 5 4 3 2 1
玩家 A 贏的機率 0.0039 0.0118 0.0275 0.0588 0.1215 0.2471 0.4980 玩家 B 贏的機率 0.9961 0.9882 0.9725 0.9412 0.8785 0.7529 0.5020 平均回合數 2.9064 5.7183 8.3414 10.5884 12.0833 12.0706 9.0470
接著以下的研究，我會將探討的問題延伸至一般的情況。
2.3.3
探究兩玩家個別贏之機率與平均回合數之一般通式在此賭局中兩人每回合輪擲一不公正銅板，出現正面之機率為 p ，反面之機率為 q，其中 p
+
q=
1，p̸=
q（即不公平），令玩家 A 與 B 一開始分別有 m 元與 n 元，其中 1≤ ≤ −
則反之，直到某一方破產為止，以下討論將推導玩家個別贏的機率與平均回合數之 通式。
首先先來探討玩家 A 贏的機率，我先定義 Ak
(
i)
為經過 k 回合後，其中 i, k∈ N，玩家 A 有 i 元的機率，若玩家 A 一開始就有 m 元，則定義初始條件 A (
m) =
1，A(
i) =
0，i̸=
m，賭局中經過數 k 回合後，如果玩家 A 持有的籌碼為 m+
n1 元，再一回合後變成 m+
n 元的機率為 p ，即賭局就會結束，因此可以將玩家 A 贏的機率列式如下：∑
∞ k=0Ak
(
m+
n−
1) ·
p (式 1) 接著來探討平均回合數，事實上如果玩家 A 持有 1 元或 m+
n−
1 元時，再一 回合後變成 0 元或 m+
n 的機率分別為 q 與 p，即在這兩種情況下賭局就會結束，因此根據期望值的定義，可得到平均回合數之列式如下：
∑
∞ k=0(
k+
1) ·
q·
Ak(
1) +
∑
∞ k=0(
k+
1) ·
p·
Ak(
m+
n−
1)
(式 2)接下來為了得到 (式 1) 與 (式 2)中 Ak
(
1)
與 Ak(
m+
n−
1)
之值，先利用簡單的 二元樹狀圖之概念來觀察 Ak(
i)
之間的關係如下:可推得當 k
∈ N，A
k(
i)
之遞迴關係式並將之列式如下：
Ak
(
1) =
q·
Ak−1(
2)
,Ak
(
i) =
p·
Ak−1(
i−
1) +
q·
Ak−1(
i+
1)
, i=
2, 3, . . . , m+
n−
2 Ak(
m+
n−
1) =
p·
Ak−1(
m+
n−
2)
再來利用矩陣，將 Ak
(
i)
之遞迴關係式，寫成一個 m+
n−
1 階方陣 P，運算形式 如下：
Ak(
1
).. .
Ak(m).. .
Ak(m+n−1
)
=
0
q p0
qp
0
q. . . . . . . . .
p
0
q p0
Ak−1(
1
).. .
Ak−1(m).. .
Ak−1(m+n−1
)
初始條件為
A0(
1
).. .
A0(m).. .
A0(m+n−1
)
=
0
.. . 1 .. . 0
將上式進行遞迴疊代 k 次後可以得
Ak
(
1)
... Ak(
m)
... Ak
(
m+
n−
1)
=
Pk·
0
... 1 ... 0
(式 3)
在 (式 3)中，引入大學線性代數之矩陣對角化之觀念，將此方陣 P 先進行矩陣對 角化，設方陣 P 之任一個非零特徵向量為
(
m+
n−
1) ×
1 的矩陣如下：u
=
x1
x2 ... xm+n−1
先令λ 為方陣 P 的特徵值，考慮展開一式如下：
(
P−
λIm+n−1)
u=
0其中 Im+n1 為 m
+
n−
1 階單位方陣，0 為(
m+
n−
1) ×
1 的零矩陣，上式乘開 後，比較等式的左右兩邊，可得遞迴關係式如下:pxt−1
+ (
0−
λ)
xt+
qxt+1=
0, t=
1, 2, . . . , m+
n−
1 且 x0=
xm+n=
0 。 將上式進行化簡，可得 m+
n1 個二階齊次線性遞迴方程式如下：xt+1
+ −
λ q xt+
pqxt−1
=
0 ， t=
1, 2, 3, . . . , m+
n−
1 且 x0=
xm+n=
0 。 (式 4) 接下來透過裂項的方式，可先將 (式 4)變形成為xt+1
−
r1·
xt=
r2(
xt−
r1·
xt−1)
， t=
1, 2, 3, . . . , m+
n−
1 且 x0=
xm+n=
0 。 (式 5)其中 r1與 r2 為常數，整理 (式 5)並與 (式 4)做係數比較可得
r1
+
r2=
λ q ， r1·
r2=
pq 。
由根與係數關係得知 r1和 r2為二次方程式之兩根如下：
r2
+ −
λ q r+
pq
=
0 。 (式 6)而 (式 6)即為 (式 4)的特徵方程式。
若 (式 6) 發生重根，即 r1
=
r2，則 (式 4) 的解為 xt=
c1rt1+
c2·
t·
rt1，t=
1, 2, . . . , m+
n−
1，也就是說特徵向量 u 為零向量，這與特徵向量不得為零相 互矛盾，故推得 r1̸=
r2 ，因此 (式 4) 的解為 xt=
c1rt1+
c2rt2，由已知條件 x0=
xm+n=
0 代入 xt可得
c1
+
c2=
0 ，c1r1m+n
+
c2rm+n2=
0 。 (式 7)由 (式 7)解出 (r1
r2
)m+n
= −
c2c1
=
1，令 z=
r1 r2，即解zm+n
=
1 。 (式 8)先由代數基本定理與因式定理可知 (式 8)恰有 m
+
n 個複數根，再應用棣美弗定 理，計算複數根推導如下：設 z
=
R(
cosθ+
i sinθ)
為 1 的 m+
n 次方根，其中 i= √
−
1，R 為實數，且 0≤
θ≤
π，因為 1=
1(
cos 0+
i sin 0)
，所以zm+n
=
Rm+n[
cos(
m+
n)
θ+
i sin(
m+
n)
θ] =
1· (
cos 0+
i sin 0)
(式 9) 由 (式 9)推得兩複數相等，其向徑相等且輻角同界，所以可得
Rm+n
=
1 ，(
m+
n)
θ=
0+
2jπ ， j=
0, 1, . . . , m+
n−
1 ，即解出 R
=
1,θ=
2jπm
+
n，因此我可以把 (式 8)的所有複數根寫成 z=
cos 2jπm
+
n+
i sin 2jπm
+
n ， i= √
−
1 ， j=
0, 1, . . . , m+
n−
1 。 (式 10)將 z
=
r1 r2代回 (式 10)移項整理，化簡為
r1
=
r2 (cos 2jπ
m
+
n+
i sin 2jπ m+
n)
， i
= √
−
1 ， j=
0, 1, . . . , m+
n−
1 ， (式 11) 其中 j=
0 不合，因為 r1̸=
r2。由 (式 6)之根與係數關係 r1·
r2=
pq 代入 (式 11)，
解得
r1
=
√p q
(
cos jπ
m
+
n+
i sin jπ m+
n)
，r2
=
√p q
(
cos jπ
m
+
n−
i sin jπ m+
n)
，
再將 r1與 r2 之值代入 (式 6)之根與係數關係 r1
+
r2=
λ q，解得 λ=
q(
r1+
r2) =
2q√p
qcos jπ
m
+
n ， j=
1, 2, . . . , m+
n−
1 。 (式 12) (式 12)給出 m+
n−
1 個特徵根λj，其中 j=
1, 2, . . . , m+
n−
1。接 − 下來再由 (式 7)之第一式 c1+
c2=
0、r1與 r2 之值代入 xt，整理可得xr
=
c1(
rt1−
rt2) =
2ic1(p q
)t/2
sin jtπ
m
+
n ， i= √
−
1 ， t=
1, 2, . . . , m+
n−
1 。 (式 13) 這裡取 c1=
12i 代入 (式 13)化簡，即可求得對應特徵根 λj 的特徵向量 uj 之第 t 個元素 xt ，整理計算後對應的 m
+
n−
1 個特徵向量 uj 便為uj
=
(p q
)1/2
sin jπ m
+
n (pq )2/2
sin 2jπ m
+
n ...(p q
)m+n−1
2
sin
(
m+
n−
1)
jπ m+
n
，其中 j
=
1, 2, . . . , m+
n−
1 。接著將這 m
+
n−
1 個特徵向量組成一 m+
n−
1 階方陣 U 如下：U
=
(p q
)1/2
sin1· 1π m + n
(p q
)1/2
sin1· 2π
m + n · · ·
(p q
)1/2
sin1· (m + n − 1)π m + n (p
q )2/2
sin2· 1π m + n
(p q
)2/2
sin2· 2π
m + n · · · (
p q
)2/2
sin2· (m + n − 1)π m + n ..
.
..
. . .. .
.. (p
q )m+n−1
2 sin(m + n− 1) · 1π m + n
(p q
)m+n−1
2 sin(m + n− 1) · 2π
m + n · · · ( p q
)m+n−1
2 sin(m + n− 1)2π m + n
然後發現此方陣 U 可整理成如下：
U =
(p
q )1/2
(p q
)2/2
. .. (p
q )m+n−1
2
·
sin1· 1π
m + n sin1· 2π
m + n · · · sin1· (m + n − 1)π m + n sin2· 1π
m + n sin2· 2π
m + n · · · sin2· (m + n − 1)π m + n ..
.
..
. . .. .
..
sin(m + n− 1) · 1π
m + n sin(m + n− 1) · 2π
m + n · · · sin(m + n− 1)2π m + n
(式 14)
接著利用以下四個步驟 I
∼
IV 來求矩陣 U 的反方陣，記為 U−1，過程如下：步驟 I：首先考慮以下矩陣之平方
sin1· 1π
m + n sin1· 2π
m + n · · · sin1· (m + n − 1)π m + n sin2· 1π
m + n sin2· 2π
m + n · · · sin2· (m + n − 1)π m + n ..
.
..
. . ..
.. .
sin(m + n− 1) · 1π
m + n sin(m + n− 1) · 2π
m + n · · · sin(m + n− 1)2π m + n
2
(式 15)
發現其平方後，矩陣內的每一個元素皆可整理成如下：
m+n−1 k=1
∑
(
sin i
·
kπ m+
n) (
sin k
·
jπ m+
n)
， 1
≤
i, j≤
m+
n−
1 。 (式 16)步驟 II：為了求得 (式 16)之值，先證明一個有關三角函數的性質：
m+n−1 k=1
∑
cos αkπ m
+
n=
−
1 ， 若α∈ N 為偶數，
0 ， 若α
∈ N 為奇數。
證明.
利用尤拉公式，考慮一複數 w=
eim+αnπ=
cosm+nαπ+
i sinm+nαπ ，其中α∈ N，
則
wm+n
=
(eimαπ+n)m+n
=
eiαπ=
cosαπ+
i sinαπ=
1 ， 若α 為偶數，
−
1 ， 若α 為奇數。再利用上式的結果，並計算其等比級數可得
m+n−1 k=0
∑
wk
=
1−
wm+n 1−
w=
0 ， 若α 為偶數，
2
1
−
w ， 若α 為奇數。(i)
在α 為偶數的情況下，取其實部可得到Re
[m+n−1
k=0
∑
wk ]
=
Re[m+n−1
k=0
∑
eimkαπ+n ]
=
m+n−1 k=0
∑
cos kαπ
m
+
n=
0 ，其中 Re
[ ·]
是取[ ·]
之實部。又因 w0=
1 代入上式，故可得m+n−1 k=1
∑
cos kαπ m
+
n=
−
1。(ii)
在α 為奇數的情況下，將m+n−1∑
k=0
wk
=
21
−
w 之值化簡如下：2
1
−
w=
21
−
(cosm+nαπ+
i sinm+nαπ )=
( 2 1−
cosm+nαπ )−
i sinm+nαπ=
22 sin22(m+n)απ
−
i (2 sin2(m+n)απ cos2(m+n)απ )
=
22 sin2(m+n)απ (
sin2(m+n)απ
−
i cos2(m+n)απ )=
(sin απ
2
(
m+
n) +
i cos απ 2(
m+
n)
) / (
sin απ 2
(
m+
n) ·
1)
=
1+
i cot απ 2(
m+
n)
所以 m+n−1
∑
k=0
cos kαπ m
+
n=
Re[m+n−1
k=0
∑
wk ]
=
Re [ 21
−
w ]=
1，又因 w0=
1，故可得m+n−1
∑
k=1
cos kαπ
m
+
n=
0。綜合以上 (i)、(ii) 之討論，故得證。步驟 III：利用步驟 II 的結果來計算 (式 16)之值，先透過三角函數積化差公式，
可將 (式 16)化簡為 1 2
m+n−1 k=1
∑
(
cos
(
i−
j)
kπm
+
n−
cos(
i+
j)
kπ m+
n)
。
(i)
在 i̸=
j 之情況下，其中 1≤
i, j≤
m+
n−
1，不失一般性，令 i>
j，由於i
±
j 必同為正偶數或正奇數，利用步驟 II 之結果代入與計算如下：1 2
m+n−1 k=1
∑
(
cos
(
i−
j)
kπm
+
n−
cos(
i+
j)
kα m+
n)
=
1 2m+n−1 k=1
∑
cos
(
i−
j)
kπ m+
n−
12
m+n−1 k=1
∑
cos
(
i+
j)
kπ m+
n=
1
2
· (−
1) −
12· (−
1) =
0 當 i±
j 為偶數，1
2
·
0−
12·
0=
0 當 i±
j 為奇數。(ii)
在 i=
j 的情況下，其中 1≤
i, j≤
m+
n−
1，因 i−
j=
0 且 i+
j 必為正偶 數，再次利用步驟 II 的偶數情況之結果代入與計算如下：1 2
m+n−1 k=1
∑
(
cos
(
i−
j)
kπm
+
n−
cos(
i+
j)
kπ m+
n)
=
1 2m+n−1 k=1
∑
(
cos 0
·
π−
cos(
i+
j)
kπ m+
n)
=
1 2m+n−1 k=1
∑
1
−
1 2m+n−1 k=1
∑
cos
(
i+
j)
kπ m+
n=
m+
n−
1 2−
12
· (−
1) =
m+
n 2 。綜合以上 (i)、(ii) 之討論，故可推得 (式 16)之值整理如下：
m+n−1 k=1
∑
(
sin i
·
kπ m+
n) (
sin k
·
jπ m+
n)
=
0 ， 若 i
̸=
j，m
+
n2 ， 若 i
=
j。步驟 IV：將步驟 III 之結果代入 (式 15)可得
sinm+n1·1π sinm+n1·2π
· · ·
sin1·(m+n−1)πm+n sinm+n2·1π sinm+n2·2π· · ·
sin2·(m+n−1)πm+n... ... . .. ... sin(m+n−1)·1πm+n sin(m+n−1)·2πm+n
· · ·
sin(m+n−1)m+n2π
2
=
m
+
n2 m
+
n 2 . ..m
+
n 2
。
(式 17)
接著考慮一 m
+
n−
1 階方陣 M 滿足一等式如下：
(
pq
)
12
(
p q)
22
. . . (
pq
)
m+n−12
sin
m+n1·1πsin
m+n1·2π · · ·sin
1·(m+n−1)πm+nsin
m+n2·1πsin
m+n2·2π · · ·sin
2·(m+n−1)πm+n.. . .. . . . . .. .
sin
(m+n−1)·1πm+nsin
(m+n−1)·2πm+n · · ·sin
(m+n−1)m+n 2π
2
M
= Im+n−1
。
(式 18)
其中 Im+n−1 為 m+
n−
1 階單位方陣，將 (式 17)之結果代入 (式 18)，計算方陣 M 如下：
(p
q
)1
2
(p
q
)22
. .. (p
q
)m+2n−1
m
+
n2 m
+
n 2 . ..m
+
n 2
M
=
Im+n−1⇒
M=
2 m
+
n(p
q
)−12
2 m
+
n(p
q
)−22 . ..
2 m
+
n(p
q
)−m+2n−1
。
將方陣 M 之值代入 (式 18)，經由比較 (式 14)與整理 (式 18)可以推得 U−1，計 算如下：
U
·
sinm+n1·1π sinm+n1·2π
· · ·
sin1·(m+n−1)πm+n sinm+n2·1π sinm+n2·2π· · ·
sin2·(m+n−1)πm+n... ... . .. ... sin(m+n−1)·1πm+n sin(m+n−1)·2πm+n
· · ·
sin(m+n−1)m+n 2π
·
2 m
+
n(p
q
)−12
2 m
+
n(p q
)−2
2
. ..
2 m
+
n(p q
)−m+n−1
2
=
Im+n−1 ，故可推得
U−1
=
sinm+n1·1π sinm+n1·2π
· · ·
sin1·(m+n−1)πm+n sinm+n2·1π sinm+n2·2π· · ·
sin2·(m+n−1)πm+n... ... . .. ... sin(m+n−1)·1πm+n sin(m+n−1)·2πm+n
· · ·
sin(m+n−1)m+n 2π
·
2 m
+
n(p q
)−1
2
2 m
+
n(p q
)−2
2
. ..
2 m
+
n(p q
)−m+n−1
2
。
經過上述四個步驟 I
∼
IV之討論後，可得到 U−1，再結合 (式 12)、(式 14)之結果，將 (式 3)中的方陣 P 進行對角化，並計算方陣 Pk 代入 (式 3)整理後如下：
Ak(
1
) Ak(2
).. .
Ak(m+n−1
)
=
U
(
2q √
pq
cos
m+nπ)
k(
2q √
pq
cos
m+n2π)
k. . . (
2q
√
pq
cos
(m+n−1)πm+n)
k
U−1
0 .. . 1 .. . 0
展開上式後，比較等式的左右兩邊可得到 k
∈ N，A
k(
1)
與 Ak(
m+
n−
1)
之值分 別如下：Ak
(
1) =
m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)(1−m)/2
sin jπ
m
+
nsinm·
jπ m+
n( 2q
√p
qcos jπ m
+
n)k
與
Ak
(
m+
n−
1)
=
m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)(m+n−21)−m
sin
(
m+
n−
1)
jπm
+
n sinm·
jπ m+
n( 2q
√p
qcos jπ m
+
n)k
最後利用 Ak
(
1)
、Ak(
m+
n−
1)
之值與初始條件 A0(
m) =
1，A0(
i) =
0，i̸=
m 來討論兩通式如下：1.
玩家贏的機率：將 Ak(
m+
n−
1)
之值代入 (式 1)，即玩家 A 贏的機率計算如下：
∑
∞ k=0Ak
(
m+
n−
1) ·
p=
A0(
m+
n−
1) ·
p+
∑
∞ k=1[m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)m+n−21−m
sin
(
m+
n−
1)
jπm
+
n sinm·
jπ m+
n( 2q
√p
qcos jπ m
+
n)k]
·
p=
p
+
pm+n−1∑j=1 2 m+n
(p q
)(m+n−1)−m
2 sin(m+n−1)jπm+n sinm+nm·jπ [∞
∑
k=1
( 2q√p
qcosm+njπ )k]
，m
=
m+
n−
1 pm+n−1∑j=1 2 m+n
(p q
)(m+n−21)−m
sin(m+n−1)jπm+n sinm+nm·jπ [∞
k=1∑ (
2q√p
qcosm+njπ )k]
，m
̸=
m+
n−
1(式 19) 接著先探討 (式 19)中
∑
∞k=1
( 2q
√p
qcos jπ m
+
n)k
之值如下：由算幾不等式知 2q√p q
=
2√
pq
<
p+
q=
1（p̸=
q）且cos jπ m
+
n
≤
1，j=
1, 2, . . . , m+
n−
1，故推得 2q√p
qcos jπ m
+
n
<
1，故∑
∞ k=1( 2q
√p
qcos jπ m
+
n)k
=
2q√p
qcos jπ m
+
n 1−
2q√p
qcos jπ m
+
n 代回 (式 19)可得∑
∞ k=0Ak
(
m+
n−
1) ·
p=
δ(
m)
+
p·
m+n−1∑
j=1
2 m
+
n(p q
)m+n−1−m
2
sin
(
m+
n−
1)
jπm
+
n sinm·
jπ m+
n
2q
√p
q cos jπ m
+
n 1−
2q√p
qcos jπ m
+
n
(式 20) 其中 δ
(
m) =
p ， 當 m
=
m+
n−
10 ， 當
̸=
m+
n−
1 。此 (式 20)給出玩家 A 贏之機率一般通 式，玩家 B 贏之機率一般通式則為 1− ∑∞
k=0
Ak
(
m+
n−
1) ·
p。2.
平均回合數：在計算平均回合數之前，先整理出 Ak(
1)
與 Ak(
m+
n−
1)
之值的關係式，計算過程如下：
(p q
)1−m+n
2 Ak
(
m+
n−
1) −
Ak(
1)
=
m+n−1
∑
j=12 m
+
n(p q
)−m2 ( p q
)12 [
sin
(
m+
n−
1)
jπm
+
n−
sin jπ m+
n]
·
sinm·
jπ m+
n[ 2q
√p
qcos jπ m
+
n]k
∵
sin(
m+
n−
1)
jπm
+
n−
sin jπ m+
n=
0 ，當 j 為奇數，
−
2 sinm+njπ ，當 j 為偶數。
= ∑
j 為偶數 2≤j≤m+n−1
2 m
+
n(p q
)−m2 ( p q
)12 [
−
2 sin jπ m+
n]
sin m
·
jπ m+
n[ 2q
√p
qcos jπ m
+
n]k
故將等式移向整理化簡，可得 Ak
(
1)
與 Ak(
m+
n−
1)
之關係為 Ak(
m+
n−
1)
=
(pq )m+n
2 −1[
Ak
(
1) +
2m
+
n∑
j 為偶數 2≤j≤m+n−1
(p q
)−m
2 (
p q
)1
2
·
(−
2 sin jπ m+
n)
sinm
·
jπ m+
n( 2q
√p
qcos jπ m
+
n)k]
=
(pq
)m+2n−1
·
A′k(
1)
，其中 A′k
(
1)
:=
m+n−1∑j=1 2 m+n
(p
q
)1−2m
( −
1)
j−1sinm+njπ sinm·jπm+n (2q
√p
qcosm+njπ )k
。再利
用 k
∈ N，A
k(
1)
與 Ak(
m+
n−
1)
之值代入 (式 2)，整理與推導計算過程如下：∑
∞ k=0(
k+
1)
qAk(
1) +
∑
∞ k=0(
k+
1)
pAk(
m+
n−
1)
=
(qA0
(
1) +
∑
∞ k=1(
k+
1)
qAk(
1)
)+
(pA0
(
m+
n−
1) +
∑
∞ k=1(
k+
1)
p (pq )m+n
2 −1
A′k
(
1)
)=
qA0(
1) +
pA0(
m+
n−
1) +
∑
∞ k=1(
k+
1)
[m+n−1
∑
j=12 m
+
n(p q
)1−2m
sin jπ
m
+
nsinm·
jπ m+
n (2q
√p
qcos jπ m
+
n)k(
q
+ ( −
1)
j−1p (pq )m+n
2 −1)]
=
qA0(
1) +
pA0(
m+
n−
1) +
m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)1−2m sin jπ
m
+
n·
sinm·
jπ m+
n·
(q
+ ( −
1)
j−1p (pq
)m+2n−1) [
∑
∞ k=1(
k+
1)
(2q
√p
qcos jπ m
+
n)k]
=
δ(
m) +
m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)1−m
2
sin jπ
m
+
n·
sinm·
jπ m+
n·
(q
+ ( −
1)
j−1p (pq )m+n
2 −1)
−
1+
( 1 1−
2q√p
qcosm+njπ )2
(式 21)
其中 δ
(
m) =
qA0(
1) +
pA0(
m+
n−
1) =
q ，m
=
10 ，1
<
m<
m+
n−
1 p ，m=
m+
n−
1，在上式的
推導中過程中，
∑
∞k=1
(
k+
1)
rk= −
1+
1 1−
r2，當
|
r| <
1；因 2q√pqcosm+njπ
<
1，故上式中的無窮級數會收斂，此 (式 21)給出平均回合數之通式。
2.3.4
推廣：含有平局情況的玩家贏之機率與平均回合數之探討在此加入平局的狀況，規則更改如下：以機器抽球的方式進行，有一箱盒子內裝有 紅、藍、綠三種球若干顆，其中三類球所占的比例分別為 p、q 與 r，p
+
q+
r=
1，且每顆球被抽中的機率均相等，機器每一回抽一球，抽後放回；設玩家 A 持有 m 元，玩家 B 持有 n 元，若抽中紅球，則玩家 B 給玩家 A 一元，若抽中藍球，則 玩家 A 給玩家 B 一元，若抽中綠球，則視為平局，賭局將不斷重複進行直到有 一方破產為止。仿照上面研究的定義與作法，畫出簡單 Ak
(
i)
的樹狀圖可推得當 k∈ N，A
k(
i)
之遞迴關係式並將之列式對應如下：⇔
Ak
(
1) =
rAk−1(
1) +
qAk−1(
2)
Ak
(
n) =
pAk−1(
i−
1) +
rAk−1(
i−
1) +
qAk−1(
i+
1)
Ak(
m+
n−
1) =
pAk−1(
m+
n−
2) +
rAk−1(
m+
n−
1)
i=
2, 3, . . . ,(
m+
n−
2)
。根據題意，將 Ak(
i)
之遞迴關係式寫成一個 m+
n−
1 階 方陣 M，進行遞迴疊代 k 次為 Mk 如下：
Ak(
1
).. .
Ak(m).. .
Ak(m+n−1
)
=
r q p r qp
. .. ...
. ..
r q p r
k
0 .. . 1 .. . 0
，初始條件為
A0(
1
).. .
A0(m).. .
A0(m+n−1
)
=
0 .. . 1 .. . 0
(式 22)
上式中的方陣 M 又可拆成兩個方陣相加之形式如右：
0 q p 0 q
p . .. ...
. .. 0 q p 0
+
r·
Im+n−1方陣 M 之第一個方陣剛好為前述探討的方陣 P，因此仿照上面研究的方陣對角化 之方法將上式整理可得
M
=
U
2q
√p
qcosm+nπ 0
2q√p
qcosm+n2π . ..
2q√p
qcos(m+nm+n−1)π
U−1
+
rIm+n−1其中利用 r
·
Im+n1=
U· (
r·
Im+n−1) ·
U−1 與上式結果並代入 (式 22)化簡，可得 如下：
Ak(
1
).. .
Ak(m).. .
Ak(m+n−1
)
=
U
(
2q
√
pq
cos
m+nπ +r)
k( 0
2q √
pq
cos
m+n2π +r)
k. . . (
2q
√
pq
cos
(m+n−1)πm+n +r)
k
U−1
0
.. . 1 .. . 0
展開上式後，比較等式的左右兩邊即可得到 k
∈ N，A
與 A−
之值分別如下：
Ak
(
1) =
m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)1−2m
sin jπ
m
+
nsinm·
jπ m+
n( 2q
√p
qcos jπ m
+
n+
r)k
與
Ak
(
m+
n−
1) =
m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)m+2n−1−m
·
sin(
m+
n−
1)
jπm
+
n sinm·
jπ m+
n( 2q
√p
qcos jπ m
+
n+
r)k
從中可以發現在此推出的兩值之結果與上面文內研究的 Ak
(
1)
與 Ak(
m+
n−
1)
之 式子結構完全一樣，只是式子中的 2q√pqcosm+njπ 被取代成 2q√p
qcosm+njπ
+
r，因 此再依循上面文內研究的推導方式將 (式 20)與 (式 21)的 2q√pqcosm+njπ 取代成 2q√p
qcosm+njπ
+
r，便可立即推出更改規則後玩家贏的機率與平均回合數之一般通 式如下：1.
玩家贏的機率之一般通式：δ
(
m) +
p·
m+n−1∑
j=1
2 m
+
n(p q
)m+n−21−m
·
sin(
m+
n−
1)
jπm
+
n sinm·
jπ m+
n
2q√p
qcosm+njπ
+
r 1−
(2q√pqcosm+njπ
+
r )
(式 23)
其中δ
(
m) =
{p ， 當 m=m+n−
1 0 ， 當
̸=m+n−1
。2.
平均回合數之一般通式：δ
(
m) +
m+n−1 j=1
∑
2 m
+
n(p q
)1−2m sin jπ
m
+
n·
sinm·
jπ m+
n·
(q
+ ( −
1)
j−1p (pq
)m+2n−1)
−
1+
( 1 1−
(2q√pqcosm+njπ
+
r ))2
(式 24) 其中 δ
(
m) =
qA0(
1) +
pA0(
m+
n−
1) =
q ，m=
1
0 ，1
<m<m+n−1
p ，m=m+n−1
。
最後將藉助電腦軟體運算的協助來驗證兩通式之準確性，並整理成電腦模擬值 與理論值之比較表格，這樣能更清楚看出電腦跑出的結果近似於推導出的兩通式之 值，甚至會相同。
