概率 - 硬幣

對於這個問題，我們可以使用二項分佈的常態近似。正面朝上的次數的變異數為 1000*(1/2)*(1/2)=250。因此標準差為 250 ^1/2 =15.8114。正面朝上次數少於 548 次的機率為 normdist((548+0.5-500)/15.8114) = 0.998920，其中 normsdist 是 Excel 函數，用於計算平均值為 0、標準差為 1 的常態分佈隨機變數落入給定 Z 分數機率的機率。接下來，我們減去正面朝上次數少於 452 次的機率。結果為 normdist((452-0.5-500)/15.8114) = 0.001080。因此答案為 0.99892-0.00108 = 0.997840。再次強調，這只是一個近似值。實際答案是 0.997856，但推導起來更繁瑣。平均而言，在擲骰子遊戲中決定一個點數後，玩家會多久再提出一個點數？

假設一個點有5/12的機率出現，那麼它將會是6或8，4/12的機率是5或9，3/12的機率是4或10。出現6或8的機率是5/11，出現5或9的機率是4/10，出現4或10的機率是3/9。因此，假設一個點已經成立，那麼出現該點的機率為：(5/12)*(5/11)+(4/12)*(4/10)+(3/12)*(3/9) = 40.61%。

任何一個人拋出8次正面或反面的機率是2*(1/2) ⁸ = 1/128。如果平均50個人這樣做，其中0.39人會全部拋出正面或反面。至少一個人全部拋出正面或反面的機率是32.44%。

這是一道典型的貝葉斯條件機率題。一般來說，給定 B 時 A 的機率是 A 和 B 的機率除以 B 的機率。在本例中，A 是連續投擲 10 次正面，B 是擲出雙頭硬幣。 A 和 B 的機率是 1/100。這是因為擲出雙頭硬幣的機率是 1/100，而如果真的擲出雙頭硬幣，那麼連續拋 10 次正面的機率是 100%。假設隨機擲出一枚硬幣，那麼連續投擲 10 次正面的機率是 (1/100)*1 + (99/100)*(1/2) ^10。這是因為擲出雙頭硬幣的機率是 1%，即擲出 10 次正面的機率是 100%，而擲出一枚公平硬幣的機率是 99%，即連續拋出 10 次正面的機率是 (1/2) ¹⁰ 。因此，假設你連續拋出 10 次正面，那麼你選中兩個正面硬幣的機率為 0.01/(0.01*1 + 0.99* 0.000977) = 0.911843。

是的！我的建議是一開始就押正面朝上。根據科學新聞線上報道，硬幣落地時正面朝上的機率是51%。文章說，原因是拋出的硬幣並非完美地繞軸旋轉，有時看起來像在翻轉，但實際上並沒有。這個假設只適用於硬幣被握在手掌中的情況，這樣硬幣的彈跳就不是問題了。文章也說，旋轉的硬幣落地時反面朝上的機率為80%，因為較重的正面會先向下沉。然而，我對此表示懷疑。我試了20次，得到了11次正面和9次反面。在20次旋轉中，如果成功率為80%，則得到9次或更少反面的機率是1/1775。

浪費了好幾個小時後，我終於發現我把它轉得太快了，慢一點就能達到我想要的效果，也就是反面朝上。而且，這枚硬幣也不是完全均勻的，從最薄的部分開始旋轉似乎能增加一致性。幾張滿是胡扯的圖表和一個裝飾成硬幣形狀的巨大紙板圓圈，讓我的科學課得了A，其他課都不及格，因為我完全不做作業。

好吧，我又試了一次，慢慢地把硬幣轉了100次。我說的「慢」是指從彈硬幣到結果顯現的時間至少有兩秒，但不到五秒。我用的是一枚漂亮閃亮的2004-D版硬幣。結果是52次正面，48次反面。所以我還是不相信，無論硬幣以何種速度旋轉，都會出現反面的機率。

對於單一事件，如果機率為 p，則平均等待時間為 1/p，這的確沒錯。然而，對於連續事件，情況會變得更加複雜。設 x 表示最後一次擲出的結果不是 2 的狀態。這也是初始狀態。設 y 表示最後一次擲出的結果為 2 的狀態。第一次擲出結果後，我們有 5/6 的機率仍處於狀態 x，有 1/6 的機率處於狀態 y。設 Ex(x) 表示從狀態 x 開始的擲骰次數的預期，Ex(y) 表示從狀態 y 開始的擲骰次數的預期。那麼…

Ex(x) = 1 + (5/6)*ex(x) + (1/6)*ex(y)，且
Ex(y) = 1 + (5/6)*ex(x)

求解這兩個方程式...

Ex(x) = 1 + (5/6)*ex(x) + (1/6)*( 1 + (5/6)*Ex(x))
Ex(x) = 7/6 + (35/36)*Ex(x)
（1/36）*Ex（x）= 7/6
例如（x）= 36 *（7/6）= 42

因此連續兩次擲出 2 的平均等待時間為 42 次。

我遇到了相同類型的問題，只有預期翻轉才能得到兩次正面，在我的數學問題網站上，請參閱問題 128。

我們將 x 稱為從起點開始的翻轉預期次數。
如果其中一方的翻轉次數佔多數，則我們將 y 稱為剩餘翻轉的預期次數。
如果一方的翻轉次數佔多數，則我們將 z 稱為剩餘翻轉的預期次數。

E(x) = 1 + E(y)
E(y) = 1 + 0.5*E(x) + 0.5*E(z)
E(z) = 1 + 0.5*E(y)

由此，用矩陣代數很容易得出 E(x) = 9，E(y) = 8，E(z) = 5。因此，平均需要拋擲 9 次才能使正面和反面的機率差達到 3。因此，對於每次拋擲都能贏取 1 盧比的人來說，8 盧比的賭注是一個不錯的選擇，因為他平均能贏取 9 盧比，但只損失 8 盧比。對賭徒來說，賭場優勢是 11.11%。 9 盧比的賭注是公平的，7 盧比的賭注則為 22.22%。

很多人請我進一步解釋一下我的答案。答案需要用到基本的矩陣代數知識。

首先將 x 定義為答案，或直到正面和反面之間的差異為 3 為止的平均翻轉次數。

令 y 為從一側向上翻轉一次的點開始的翻轉預期次數。

令 z 為從一側向上翻轉兩次的點開始的預期翻轉次數。

第一次拋骰子後，其中一方將以一次拋骰子的優勢佔多數。因此 x=1+y。

當任何一方領先一次拋擲時，另一方拋擲的結果要么與初始平局相同，要么是一方領先兩次拋擲。兩種結果的可能性相同。因此 y=1+0.5*x + 0.5*z

當任何一方領先兩次拋擲時，再次拋擲將導致一方領先一次，或遊戲結束。同樣，兩種結果的可能性相同。因此 z=1+0.5*y。

因此我們有三個方程式和三個未知數：

（1）X= 1 + y

（2）Y = 1 + 0.5x + 0.5z

（3）Z = 1 + 0.5y

為了解決這個問題，我們先將最後兩個等式乘以 2 來去掉小數。

（1）X= 1 + y

（2）2Y = 2 + x + z

（3）2Z = 2 + y

我們將 (1) 中的 1+y 代入 (2) 中的 x。

2Y = 2 + 1 + y + z

（4）y=3+z

在 (3) 中不能用 3+z 代替 y

2z = 2 + 3 + z

z = 5

現在用 5 代替 (4) 中的 z 得到

（5）y = 3 + 5 = 8

將 y = 8 代入 (1) 可得

（6）x = 9

下表顯示了根據玩家A和玩家B選擇的所有可能模式，玩家A獲勝的機率。

選擇最佳模式的記憶方法是，他的第一和第二個選擇應該分別對應你的第二個和第三個選擇。你的第一個選擇應該與你的第三個選擇相反。例如，如果對手選擇HTT，你的第二個和第三個選擇應該是HT。你的最後一個選擇是T，所以對於HHT模式，你的第一個選擇應該是H。按照這個策略，你的獲勝機率將是2/3到7/8，這取決於對手選擇的模式。

您的鑄幣數量與Mountain View Coins的鑄幣數量接近。假設所有小麥一分錢入袋的機率相同，那麼任何一分錢硬幣中不是 55 面值的機率為 (24,267,000,000-330,000,000)/24,267,000,000 = 0.986401286。5505 硬幣中的機率可以近似為0.986401286 ⁵⁵⁰⁰ = 507,033,772,284,213,000,000,000,000,000,000,000 分之一。

我爸爸是個錢幣收藏家，所以我向他尋求了這方面的幫助。他是這樣說的：

這是我的猜測。 1955年，費城鑄造了少量林肯一美分硬幣，但日期卻印了兩次。沒有人知道確切的數量。在發現錯誤之前，它們與其他一美分硬幣混在一起流通。一枚未流通的硬幣如今價值約2000至6000美元。我懷疑那袋「小麥」硬幣裡的所有1955年版硬幣已經被某個尋找雙模硬幣的人全部淘光了。這裡有一張照片： 1955年雙模正面一美分硬幣。

請注意，本網站出售的是「麥穗」版，可以肯定的是，在硬幣被經銷商收集後，一些年份的硬幣已經被剔除。我原本以為那些非雙模版的1955年版硬幣會被歸還收藏，但它們或許會被單獨出售或熔化處理。如今，麥穗版便士中的銅比一美分值錢得多。這就是為什麼他們在幾十年前就改用鍍銅鋅版便士的原因。也有可能，鑄幣廠自己決定不發行許多1955年版硬幣，而是在鑄造後將其熔化處理，以避免人們對稀有的雙模版硬幣產生瘋狂的搶購。鑄幣廠和郵局一直對印刷錯誤感到尷尬，並試圖阻止它們流通。

是的，我說的是“非常接近”，因為世界上的硬幣數量有限。從袋子裡取出一枚非55面值的硬幣，其移除效應會增加袋子裡其他所有硬幣都是55面值的硬幣的機率。如果我沒說“非常接近”，至少會有三個人寫信來糾正我。當然，這只是一個極小的誤差，但我的許多讀者都是完美主義者，即使是最輕微的錯誤，他們也會對我大加指責。

請造訪我的另一個網站 mathproblems.info 尋找解決方案（劇透警告！）

正面和反面正好各出現50次的機率是 (100,50)*(1/2) ¹⁰⁰ = 7.96%。公平賠率是11.56比1。因此，3比1的賠率非常糟糕，賭場優勢高達68.2%。這可不是你的朋友。 50/50是正面和反面最有可能出現的機率。一個有趣的賭注是正面/反面的次數是否會在47到53之間。落在這個範圍內的機率是51.59%。如果你能找到一個賭徒押注總數會落在這個範圍之外，那麼在等額投注的情況下，你將獲得3.18%的優勢。

下表顯示了 30 至 70 次正面/反面的機率。

在 n 次試驗中，w 次獲勝的機率的一般公式為 combin(n,w) × p ^w × (1-p) ^(nw) = [n!/(w! × (nw)!] × p ^w × (1-p) ^(nw) ，其中每次獲勝的機率為 p 。

你問得真有意思；另一位讀者剛剛給我發了一篇關於這個主題的學術論文。這篇論文包含下圖，顯示機率約為 62%。

有關該主題的更多信息，請參閱弗蘭克·馬丁 (Frank Martin) 撰寫的《在賭場中遭遇如此糟糕連勝的幾率有多大？ 》 (483K)。

我不知道這個問題是否有一個簡單的、非遞歸的表達式來表達。但是，有一個簡單的遞歸表達式來表示。

f(n)= pr(第一次拋反面的個數)×f(n-1) +
pr(第一次拋擲正面，第二次拋擲反面)×f(n-2) +
pr(前兩次拋擲的正面，第三次拋擲的反面)×f(n-3) +
pr(前三次拋擲的正面，第三次拋擲的反面)×f(n-4) +
pr(前四次拋擲的正面，第四次拋擲的反面)×f(n-5) +
pr(前五次拋擲的正面，第五次拋擲的反面)×f(n-6) +
pr(前六次拋擲的正面，第六次拋擲的反面)×f(n-7) +
pr(前 7 次拋擲的正面次數) =

（1/2）×f（n-1）+
（1/2） ² ×f（n-2）+
（1/2） ³ ×f（n-3）+
（1/2） ⁴ ×f（n-4）+
（1/2） ⁵ ×f（n-5）+
（1/2） ⁶ ×f（n-6）+
（1/2） ⁷ × f(n-7) +
（1/2） ⁷

在哪裡：
f(n)=n次翻轉內成功的機率。
pr(x)=x發生的機率。

電子表格非常適合解決這類問題。在下面的電子表格截圖中，我在儲存格 B2 到 B8 中輸入了機率 0，因為在 6 次或更少的拋擲次數內不可能連續出現 7 次正面。在儲存格 B9 中，我輸入了以下公式：

=(1/2)*B8+(1/2)^2*B7+(1/2)^3*B6+(1/2)^4*B5+(1/2)^5*B4+(1/2)^6*B3+(1/2)^7*B2+(1/2)^7

然後我把它從單元格B10複製貼上到單元格B102，相當於翻轉100次。這個機率是0.317520。隨機模擬證實了這一點。

這篇文章最初發表後，Rick Percy 與我分享了他的矩陣代數解法。以下是我自己的解釋。我假設讀者已經了解矩陣代數的基礎知識。

首先，在任何時候，彈珠台可能處於八種狀態：

p ₁ = 成功的機率，假設從當前點開始你需要再擲出 7 個正面。
p ₂ = 成功的機率，假設你需要從目前點開始再出現 6 個正面。
p ₃ = 成功的機率，假設您需要從當前點開始再出現 5 個正面。
p ₄ = 成功的機率，假設您需要從當前點開始再出現 4 個正面。
p ₅ = 成功的機率，假設您需要從目前點開始再出現 3 個正面。
p ₆ = 成功的機率，假設您需要從當前點開始再出現 2 個正面。
p ₇ = 成功的機率，假設您需要從當前點開始再出現 1 個正面。
p ₈ = 成功的機率，假設您不需要更多的正面 = 1。

我們將矩陣 S _n定義為第 n^次翻轉後處於每個狀態的機率。 S ₀表示第一次翻轉前的機率，其中有 100% 的機率處於狀態 0。因此 S ₀ =

 | 1 0 0 0 0 0 0 0 |

設 T 為兩次連續翻轉的變換矩陣，即從 S _n到 S _n+1 ，其中 S _n+1 = T × S _n

• 如果您處於狀態 1，那麼在一次翻轉之後，您有 0.5 的機會處於狀態 2（正面），並且有 0.5 的機會保持在狀態 1（反面）。
• 如果您處於狀態 2，那麼在一次翻轉之後，您有 0.5 的機會處於狀態 3（正面），並且有 0.5 的機會返回狀態 1（反面）。
• 如果您處於狀態 3，那麼在一次翻轉之後，您有 0.5 的機會處於狀態 4（正面），並且有 0.5 的機會返回狀態 1（反面）。
• 如果您處於狀態 4，那麼在一次翻轉之後，您有 0.5 的機會處於狀態 5（正面），並且有 0.5 的機會返回狀態 1（反面）。
• 如果您處於狀態 5，那麼在一次翻轉之後，您有 0.5 的機會處於狀態 6（正面），並且有 0.5 的機會返回狀態 1（反面）。
• 如果您處於狀態 6，那麼在一次翻轉之後，您有 0.5 的機會處於狀態 7（正面），並且有 0.5 的機會返回狀態 1（反面）。
• 如果您處於狀態 7，那麼在一次翻轉之後，您有 0.5 的機會處於狀態 8（正面），並且有 0.5 的機會返回狀態 1（反面）。
• 如果您處於狀態 8，那麼您就取得了成功，並且將以 1.0 的機率保持在狀態 8。

將所有這些以轉移矩陣 T = 的形式呈現

| 0.5 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 0.0 |
| 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 |
| 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 1.0 |

為了得到一次翻轉後每個狀態的機率...

（1） _S1 = _S0 ×T

翻轉兩次之後怎麼樣？

（2） _S2 = _S1 ×T

讓我們用方程式 (2) 來代替方程式 (1)...

（3） _S2 = _S0 ×T×T= _S0 × ^T2

那麼翻轉 3 次之後呢？

（4） _S3 = _S2 ×T

將方程式 (3) 代入方程式 (4)...

（5） _S3 = _S0 × ^T2 ×T= _S0 × ^T3

我們可以一直這樣做，直到第 100 次翻轉之後的狀態...

S ₁₀₀ = S ₀ × T ¹⁰⁰

那麼，T ¹⁰⁰是多少呢？在計算機出現之前，要弄清楚這些數字一定非常困難。然而，借助 Excel 的 MMULT 函數，經過大量的複製貼上，我們發現 T ¹⁰⁰ =

| 0.342616 0.171999 0.086347 0.043347 0.021761 0.010924 0.005484 0.317520 |
| 0.339863 0.170617 0.085653 0.042999 0.021586 0.010837 0.005440 0.323005 |
| 0.334379 0.167864 0.084271 0.042305 0.021238 0.010662 0.005352 0.333929 |
| 0.323454 0.162380 0.081517 0.040923 0.020544 0.010313 0.005178 0.355690 |
| 0.301693 0.151455 0.076033 0.038170 0.019162 0.009620 0.004829 0.399038 |
| 0.258346 0.129694 0.065109 0.032686 0.016409 0.008237 0.004135 0.485384 |
| 0.171999 0.086347 0.043347 0.021761 0.010924 0.005484 0.002753 0.657384 |
| 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 0.000000 1.000000 |

右上角的項顯示了翻轉 100 次後處於狀態 8 的機率，即 0.317520。

你提到這件事之前我都沒聽過。你指的是喜鵲隊（Magpies）青少年板球運動員克里斯蒂·佩林（Kristy Perrin）的精彩故事。她確實連續35次拋硬幣預測錯誤。準確預測35次或更多的機率是（1/2） ³⁵ = 34,359,738,368分之一。換個角度來看，中強力球的機率是195,249,054分之一。這比連續35次拋硬幣預測錯誤的可能性高出176倍。

是的！押注拋硬幣者手中朝上的一面。 Persi Diaconis、Susan Holmes 和 Richard Montgomery 合著的學術論文《拋硬幣的動態偏差》得出的結論是，硬幣落地時朝上的機率為 51%。

這個問題是在我的同伴網站Wizard of Vegas的論壇中提出並討論的。

我們先來解決兩次損失的情況。

令 x 為從開始或每次獲勝後未來翻轉的預期次數。
令 y 為一次失敗後未來拋擲的預期次數。

我們可以建立以下兩個方程式：

（1）x = 1 + .5x + .5y

一代表玩家必須拋硬幣來改變狀態。獲勝的機率為 50%，保持在狀態 x。失敗的機率為 50%，進入狀態 y。

（2）y = 1 + .5x

再次從狀態 y 開始，1 表示在該點進行翻轉。獲勝的機率為 50%，返回狀態 x。失敗的機率為 50%，遊戲結束，無需再次翻轉，因此隱含的機率為 0.5*0。

將兩個方程式乘以 2 並重新排序可得：
（3）x - y = 2
（4）-x + 2y = 2

將兩個方程式相加可得：

（5）y=4

將其代入 (1) 至 (4) 中的任何方程，得到 x=6。

對於三損失的情況，將三種可能的狀態定義為：

令 x 為從開始或每次獲勝後未來翻轉的預期次數。
令 y 為一次失敗後未來拋擲的預期次數。
令 z 為兩次失敗後未來拋擲的預期次數。

初始方程式為：

x = 1 + .5x + .5y
y = 1 + .5x + .5z
z = 1 + .5x

我們可以將初始狀態設定為矩陣形式：

如果你還記得矩陣代數，我們可以用行列式（A）/行列式（B）來解 x，其中

A =

B =

Excel 有一個方便的行列式函數：=mdeterm(range)。在本例中，x = mdeterm(矩陣 A)/mdeterm(矩陣 B) = 1.75/0.125 = 14。

我們可以使用遞歸來處理更多連續失敗的情況。假設是 4 次。根據上文所述，平均需要拋硬幣 14 次才能連續失敗 3 次。此時，硬幣將再次拋出，重新開始的機率為 50%。因此：

x = 14 + 1 + x/2
x/2 = 15
x = 30

換句話說，在前一個答案上加一，然後加倍。

不難看出其中的規律。連續 n 次失敗的期望拋擲次數是 2 ⁿ⁺¹ -2。

這個問題是在我的「拉斯維加斯巫師」論壇上提出並討論的。

答案是 1-F ^(t) _n+2 /2 ⁿ ，其中 F ^(t) _n是 t 步斐波那契數列中的第 n 個數字。

你可能會問，斐波那契數列是什麼？它的第一個數字是 1。在 t 步驟序列中，每個後續數字都是前 t 個數字總和。假設第一個數字之前的任何數字都是 0。

讓我們來看一個兩步序列。第一個數字是 1。第二個數字是前兩個數字總和。假設 1 前面有 0，所以第二個數字是 0+1=1。第三個數字是 1+1=2，第四個數字是 1+2=3，第五個數字是 2+3=5。

前十二個二步斐波那契數列為：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144。

我們舉個例子，拋十次硬幣，至少有一次連續擲出兩次反面的機率是多少？

我們使用兩步驟斐波那契數列，因為我們只需要兩次反面。數列中的第 12 個數字（比翻轉次數多 2 個）是 144。因此，答案是 1-F ⁽²⁾ ₁₀₊₂ /2 ¹⁰ = 1 - 144/2 ¹⁰ = 1 - 144/1024 = 85.94%。

在 20 次拋擲中，連續出現 5 次反面的機率是多少？

前 22 個 5 步斐波那契數列為 1、1、2、4、8、16、31、61、120、236、464、912、1793、3525、6930、13624、26784、52656、10351930、13624、26784、52656、103519626206462620620620626206206206206206206262620620620696206。

因此答案為 1 - F ⁽⁵⁾ ₂₀₊₂ /2 ²⁰ = 1 - 786,568/1,048,576 = 1 - 75.01% = 24.99%。

我在Wizard of Vegas論壇上討論過這個問題。

這是答案和解決方案（PDF）。

有關此問題的討論，請訪問我在Wizard of Vegas 的論壇。

不。不過，嘗試得不錯。後手擁有巨大的位置優勢。以下是後手的策略及其獲勝機率。

如上表所示，我獲勝的最佳機會（或您獲勝的最差機會）是選擇 THT 或 HTH，此時我的獲勝機會仍然只有 1/3。我應該以 2 比 1 的賠率進行公平投注，因此如果只以 3 比 2 的賠率進行投注，那麼您的優勢就有 16.67%。

以下是記住玩家二策略的方法。令 P(x) 表示玩家一在位置 x 的選擇。令 O(x) 表示玩家一在位置 x 的選擇的反方向。玩家二的選擇應該永遠是：O(2) - P(1) - P(2)。

我在Wizard of Vegas論壇上提出並討論了這個問題。

請點擊下面的按鈕以取得答案。

這是我的解決方案（PDF）。

我在Wizard of Vegas論壇上提出並討論了這個問題。

這個問題是在Wizard of Vegas論壇上提出並討論的。

讓我們先回答這個問題：假設玩家的資金無限，那麼在一百萬次拋擲之後，玩家虧損超過 x 個單位的機率是多少。

由於這是一個公平的賭注，一百萬次拋擲後的平均贏利為零。每次拋擲的變異數為1，因此一百萬次拋擲的變異數為一百萬。因此，一個標準差為 sqrt(1,000,000) = 1000。

我們可以使用 Excel 函數 =norm.inv(probability,mean,standard deviation) 來計算所需的資金。例如，如果我們輸入 =norm.inv(.25,0,1000)，我們會得到 -674.49。這意味著，如果在一百萬次拋擲之後，玩家有 25% 的機率輸掉 674 或更多。請記住，這只是一個估計值。為了得到正確的答案，我們應該使用二項分佈，但如果拋擲了一百萬次，這將非常繁瑣。

如果玩家帶著674美元上桌，他很可能在百萬翻倍前就把錢花光。如果他能繼續賒賬，他或許能翻盤，最後輸掉的錢少於674美元。事實上，一旦玩家的賠率是-674美元，那麼在未來的某個時間點，他最終輸掉的錢有一半的可能性會高於或低於-674美元。

因此，如果玩家可以賒帳玩，則可能出現三種結果。

1. 玩家的等級永遠不會低於-674。
2. 玩家在某個時刻跌至 -674 以下，但恢復並最終超過 -674。
3. 玩家在某個時刻跌至 -674 以下，繼續玩並輸得更多。

我們已經確定情境 3 的機率為 25%。

場景 2 的機率必須與場景 3 的機率相同，因為一旦玩家落後 -674，那麼在一百萬次拋擲之後，他有 50% 的機會達到或低於該點。

場景 1 是唯一的其他選擇，其機率必須為 100%-25%-25% = 50%。

如果玩家永遠不會低於 674 的機率是 50%，那麼低於該金額的機率一定是 100%-50% = 50%。

因此，我們對原始問題的答案是 674 美元。

我在Wizard of Vegas論壇上提出並討論了這個問題。