Juego juego: Cuál es la probabilidad de que finalmente ir a la quiebra

Question

Encontrará 2 dólares en su bolsillo y decide ir a los juegos de azar. Afortunadamente, el juego tiene muy favorable probabilidades: cada vez que juegas, ganas 1 dólar con probabilidad 3/4 y perder $1 con probabilidad 1/4.

Supongamos que seguir jugando tanto tiempo como usted tiene dinero en su bolsillo. Si usted pierde sus dos primeras apuestas, de ir a la bancarrota y volver a casa después de sólo dos rondas; pero si usted gana para siempre, vas a jugar para siempre.

¿Cuál es la probabilidad de que finalmente va a ir a la quiebra?

Creo que estoy overthinking este:

Para ir a la bancarrota, usted tiene que terminar en dos Pérdidas, que han p(L) = 1/4

Antes de que los dos pérdidas tiene que haber habido un número de pérdidas y ganar un saldo de 2 dólares antes de la final dos pérdidas.

$P(Broke)=\left( \dfrac {1}{4}\right) ^{2}\sum ^{\infty }_{i=0}\left( \dfrac {1}{4}\right) ^{i}\left( \dfrac {3}{4}\right) ^{i}N_{i}$

Pero a continuación, para cada sumando tengo que multiplicar por el número de maneras en que es posible llegar a un número igual de las pérdidas sin ir a la quiebra de antemano. por lo que para i = 1 LW y WL, se permite, para i = 2 WLLW , WLWL, LWWL, LWLW, LLWW están permitidos.

Así que mi final calculatin es $P(Broke) = \left( \dfrac {1}{4}\right) ^{2}\sum ^{\infty }_{i=0}\left( \dfrac {1}{4}\right) ^{i}\left( \dfrac {3}{4}\right) ^{i}\left( \begin{pmatrix} 2i \\ i \end{pmatrix}-\sum ^{i-1}_{k=1}\begin{pmatrix} 2k \\ n-1 \end{pmatrix}\right) $

Pero esto no es igual a nada y parece bastante complicado.

Answer 1

Deje $p(n)$ la probabilidad de ir a la quiebra comenzando con $n$ dólares. Por un lado, tenemos $$ p(n)=p(1)^n\tag1 $$ porque pasar de $\$n$ to $\$0$ es el mismo movimiento de $\$k$ to $\$k-1$ un total de $n$ veces, para $k=n,n-1,n-2,\dots,1$. Por otro lado, debemos tener $$ p(1)=\frac34 p(2)+\frac14\qquad (n\ge1)\tag2 $$ Sustituyendo $(1)$ a $(2)$, y el establecimiento $n=1$, consigue $p(1)=\frac34 p(1)^{2}+\frac14$, la solución a la que se $p(1)=1/3$ o $p(1)=1$. Si tuviéramos $p(1)=1$, entonces tendríamos $p(n)=1$ todos los $n$, por lo que sin duda van a la quiebra no importa la cantidad de dinero que usted empiece, lo cual es claramente incorrecto.$^*$ Por lo tanto, $$ \bbox[3pt,borde: 1.5 pt negro sólido]{p(n)=(1/3)^n.} $$ $^*$Una rigurosa prueba de esto existe, ciertamente, tal vez mediante la aplicación de Stirling aproximación a la exacta expresión combinatoria para $p(n)$, o con algunos teorema del límite central del argumento.

Edit: Por un argumento más convincente, supongamos que el proceso no se detiene cuando lleguen a cero. Si $p(1)=1$, que sin duda golpe $\$0$, and from there certainly hit $\$(-1)$, y a partir de ahí $\$(-2)$, and so on. This means you would drift arbitrarily far down. This contradicts the law of large numbers, which says $S_n/n$ converges to $1/2$ almost surely as $n\to\infty$, where $S_n$ is your winnings after $$ n de obras de teatro.

Answer 2

Como otro método posible. Considerar modificado ligeramente el juego, donde el juego puede terminar si el dinero llega a $0$ o $N$ dólares (podemos tomar el límite posterior). Deje $P_i$ la probabilidad de que usted gana de empezar con $i$ dólares. Supongamos que la probabilidad de ganar un solo juego es $p$ $q = 1- p$ es la probabilidad de perder un solo juego. Se puede observar la relación $$ P_i = p P_{i+1} + q P_{i-1}. \tag{1} \label{1}$$ Este es un lineal de la diferencia de ecuaciones que pueden ser resueltos fácilmente por las raíces (a través de $P_i = z^i$). El resultado es $$P_i = \begin{cases} A + B \left(\frac{q}{p} \right)^i & \text{if } p \neq q, \\ A + B i & \text{if } p = q = 1/2. \end{cases}$$ A continuación, observando las condiciones de frontera,$P_0 = 0$$P_N = 1$, se obtiene, $$P_i = \begin{cases} \frac{1-\left(\frac{q}{p} \right)^i}{1- \left(\frac{q}{p} \right)^N} & \text{if } p \neq q, \\ \frac{i}{N} & \text{if } p = q = 1/2. \end{cases}$$ Tomando el límite cuando $N \to \infty$, se obtiene el resultado deseado.

Answer 3

Unfortuneately no tengo muy intuitiva comprensión del problema, pero he pensado en esto antes, y eso es lo que me ocurrió:

Denotar $S_n$ ser el de su dinero en el paso $n$ $S_0=x$ el dinero que comienzan con. Deje $y$ el (por el momento) cantidad finita de dinero que el banco comienza con. Deje $p$ ser el probabilty usted gana $1\$$ and $(1-p)$ the probabily that you lose $1\$$.

Observe que $\left(\frac{1-p}{p}\right)^{S_n}$ es una martingala, lo que significa que $$\mathbb{E}\left[\left(\frac{1-p}{p}\right)^{S_n} \huge|\normalsize \left(\frac{1-p}{p}\right)^{S_k} \right] = \left(\frac{1-p}{p}\right)^{S_k}$$ para $k\leq n$.

Deje $\tau = \operatorname{inf}\{k: S_n\text{ is constant for all }n\geq k \}$, que se deje $\tau$ ser el momento en que el juego termina (que ganó todo el dinero de su oponente o lo has perdido todo su dinero).

Por el opcional de frenado teorema,

$$\mathbb{P}\left(S_\tau = 0 \right) \left(\frac{1-p}{p}\right)^{0} + \left(1- \mathbb{P}\left(S_\tau = 0 \right) \right)\left(\frac{1-p}{p}\right)^{x+y} = \mathbb{E}\left[\left(\frac{1-p}{p}\right)^{S_\tau}\right] = \mathbb{E}\left[\left(\frac{1-p}{p}\right)^{S_0}\right] = \left(\frac{1-p}{p}\right)^{x},$$ así $$\mathbb{P}\left(S_\tau = 0 \right) = \frac{\left(\frac{1-p}{p}\right)^{x} - \left(\frac{1-p}{p}\right)^{x+y}}{1 - \left(\frac{1-p}{p}\right)^{x+y}}.$$

Para $(1-p) < p$ vemos, dejando $y\rightarrow \infty$, que para un banco con recursos ilimitados, obtenemos $$\mathbb{P}\left(S_\tau = 0 \right) = \left(\frac{1-p}{p}\right)^{x}.$$