А второй (например, из теоремы Виета, чтобы долго не считать) x=q/p.

Кстати, в качестве ответвления: случай честной монеты, p=q=1/2, это как раз случай кратного корня, и решения уравнения r_{n+1}-2r_n+r_{n-1}=0 это в точности все арифметические прогрессии. Но поскольку r_n это вероятности, такая арифметическая прогрессия остаётся на [0,1] при всех n>0, а ограниченная арифметическая прогрессия — константа. Значит, r_n=1 — игрок с честной монетой тоже разоряется с вероятностью 1 ("случайное блуждание на прямой возвратно"), и такое рассуждение — один из способов это увидеть.

В нашем случае p>1/2 — не очень сложно поверить, что r_n будет стремиться к 0 с ростом n: чем больше у Алисы начальный запас денег, тем меньше её шанс разориться.

Но раз r_n=a*1+b*x^n, то a=0, а из r_0=1 тогда следует b=1.
Так что вероятность разорения Алисы — это просто геометрическая прогрессия: r_n=x^n=(q/p)^n.

Осталось понять, как при условии "Алиса разорилась" выглядит процесс её игры. Если в какой-то момент у неё n долларов, то шансы перейти в (n+1) и в (n-1) за один шаг равны соответственно p*r_{n+1}/r_n и q*r_{n-1}/r_n (а то, что их сумма равна 1 — это и было наше уравнение).

Но у нас геометрическая прогрессия — поэтому r_{n+1}/r_n=x=q/p, а r_{n-1}/r_n=p/q.

И поэтому эти вероятности равны
p*(q/p)=q и q*(p/q)=p соответственно — то есть игра Алисы _при условии разорения_ стала игрой Боба!

И это хорошее место, чтобы чуть-чуть задуматься, "а почему". А есть ли хорошее объяснение, что вероятность разорения оказалась именно геометрической прогрессией? (Так-то мы сослались на рекуррентные уравнения, формально говоря, задействовав линейную алгебру... а проще можно?)
И ещё — если Алиса начинает с $n, то процесс её игры при условии достижения $0 (разорения) будет таким же, как и при условии достижения любого фиксированного уровня $k с k<n: это та же игра, но Алиса с самого начала откладывает $k "на дорогу домой" и на них не играет. То есть все такие условия приводят к одинаковому условному процессу. А почему?

На самом деле это один и тот же вопрос, и на него есть разумный ответ. А именно — с одной стороны, чтобы разориться, Алисе нужно в какой-то момент иметь на руках $(n-1). С другой, после того, как Алиса эту сумму получила, её игра не зависит от того, что было раньше — так что
r_n = (вероятность от $n когда-нибудь достигнуть $n-1) * r_{n-1}.
И если обозначить эту вероятность "отступить на доллар" через x, то вот мы и получаем геометрическую прогрессию.

Ну и наконец — отсюда же видно, что условия "разориться" и "когда-нибудь достигнуть $(n-1)" имеют на первый шаг (и вообще на все шаги до достижения $(n-1)) одинаковый эффект: потому что всё, что будет, начиная с $(n-1), от того, что было до, не зависит.

Ну и на этом я на сегодня прекращаю дозволенные речи.

Запоздалое — с Новым Годом!

Сегодняшняя байка — рассказ о подстановочных словах.
Давайте зададим вот такое отображение F на словах из букв А и Б: заменим одновременно каждую букву А на слово АБ, а каждую букву Б на А.
Например, F(БАА)=ААБАБ.

И будем это отображение итерировать, начав с однобуквенного слова w_1=А: рассмотрим последовательность его образов w_n=F(w_{n-1}).
Что у нас получится?

Вот первые несколько образов:
w_1=А
w_2=АБ
w_3=АБА
w_4=АБААБ
w_5=АБААБАБА

Явно видно, что следующее слово продолжает предыдущее — что мгновенно доказывается по индукции. Значит, есть одно бесконечное слово, у которого все эти слова являются началами.

Это слово
w = АБААБАБААБААБАБААБАБА...
называется словом Фибоначчи.
А что о нём можно сказать?

Оказывается, очень много — а пройдя по этой дороге чуть-чуть дальше, можно получить вот такую красивую картинку, фрактал Рози
(picture credit: А. Я. Канель-Белов, И. В. Митрофанов):

Но это будет итоговая "светлая цель", к которой мы дойдём, а пока давайте начнём с совсем простого: посчитаем буквы. (Почему? Да просто потому, что если вдруг есть непонятный объект, так давайте его измерим, насколько получится, вдруг что интересное найдём.)

Сколько букв в словах w_1, w_2, w_3,...? Посчитав, видимо знакомую нам последовательность
1, 2, 3, 5, 8, ...

А сколько по отдельности букв А и Б?

Сразу видны числа Фибоначчи; а как бы это доказать?
Мы знаем, что следующее слово продолжает предыдущее, не получится ли что-то увидеть из этого?

Давайте посмотрим, что остаётся, если из нового слова убрать идущее перед ним:

Невооружённым глазом видно, что остаётся то слово, что было до того. То есть
w_{n+1} = w_n w_{n-1}.

И когда это написано, доказательство тоже мгновенно проводится по индукции, из базы либо АБА= АБ А,
либо даже АБ= А Б с формальным добавлением w_0=Б.

Теперь понятно, почему бесконечное слово называют "словом Фибоначчи": последовательность слов, которая к нему приводит, получается как раз из Фибоначчи-подобного соотношения.

Но давайте продолжим нашу деятельность по счёту букв. А именно, давайте посмотрим, сколько букв А и Б оказывается среди первых k букв слова Фибоначчи — и отметим соответствующую точку на плоскости (по оси абсцисс отложив буквы А, а по оси ординат буквы Б). Получится этакая "змейка": при добавлении одной буквы мы сдвинемся на расстояние 1.