Carrera de los jugadores ricos: ¿Cómo puedo conseguir este formulario cerrado?

Question

ACTUALIZACIÓN:

Si puede demostrar la siguiente identidad:

$$\sum\limits_{t=0}^p \left(\frac{{2t+1 \choose t}}{2^{2t+1}}\right)^2 \frac{1}{t+2} = -1 + \frac{(2+p)}{2^{4p+4}}{2p+3 \choose p+1}^2$$

Entonces esto es suficiente para resolver esta cuestión y obtener mi gratitud así como la recompensa de 50 puntos. Obtuve esta identidad de Mathematica. Ver mi respuesta más abajo para más detalles.

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Mi pregunta está relacionada con una suma infinita y su forma cerrada es muy elegante. La expresión es la solución de un bonito problema en el que también entraré. Aquí está la suma:

Déjalo: $$a_t = \left({2t+1 \choose t} - {2t+1 \choose t-1}\right)\frac{1}{2^{2+2t}}$$

y, $$b_t = \left({2t+2 \choose t} - {2t+2 \choose t-1}\right)\frac{1}{2^{3+2t}}$$

Para los primeros términos de estas secuencias, ${n \choose -1} = 0$ para todos $n$ .

Y el resumen:

$$S = \sum_{t=0}^{\infty} \left(1-\sum_{l=0}^{t-1}b_l\right) a_t = 1- \sum_{t=0}^{\infty} \left(\sum_{l=0}^{t-1}b_l\right) a_t = 7-\frac{20}{\pi} \tag{1}$$

Sé que la expresión anterior es correcta (verificada con un programa de python), pero no tengo ni idea de cómo demostrarlo y me gustaría al menos ver cómo podría enfocarlo.

Ahora bien, ¿por qué me importa este resumen? Es la solución al siguiente problema:

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Imagina que dos jugadores ricos empiezan a lanzar sus propias monedas justas por separado, ganando 1 \$ on heads and losing 1\$ en las colas. Ambos comienzan en 0 \$ and have infinite bank balances. The first one wants to get to 2\$ y el segundo quiere llegar a 3\$. ¿Cuál es la probabilidad de que el primero alcance su objetivo antes que el segundo?

Una forma de resolver esto es considerar la probabilidad de que un jugador alcance exactamente $k$ dólares para el primera vez en el lanzamiento $n$ . Si tiene $t$ colas, entonces necesita $t+k$ cabezas. Así que, $n=2t+k$ (nota si k=2 \$, he can only reach the target on even tosses and if k=3\$ Sólo puede alcanzarlo en los lanzamientos de impar). Esta probabilidad resulta ser:

$$\left({k+2t-1 \choose t} - {k+2t-1 \choose t-1}\right) \frac{1}{2^{k+t}} \frac{1}{2^t}$$

Ahora, dejemos que $A_n$ sea la probabilidad de que el jugador que apunta 2\$ gane en el lanzamiento $n$ y $A$ sea la probabilidad de que gane. Entonces tenemos $A = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n$ y así, $P(A) = \sum\limits_{n=0}^\infty P(A_n)$ . Ahora bien, para que el jugador que apunta 2\$ gane en el $n$ de la tirada, deberían ocurrir dos cosas:

1. Debería alcanzar su objetivo en el $n$ de la tirada para algunos incluso $n$ .
2. Su competidor, el jugador 3\$ no debe alcanzar su objetivo en ningún lanzamiento hasta $n-1$ (ya que sólo puede alcanzar su objetivo en los lanzamientos de impar).

Si se combina todo esto, se puede ver que la probabilidad de que el jugador 2\$ gane viene dada por la ecuación (1) anterior. He reunido algunas código python que se aproxima a $S$ por el gran número de lanzamientos. Un usuario de Reddit señaló la forma cerrada para la que utilizó un enfoque ligeramente diferente pero relacionado y Mathematica. Ahora, ¿cómo puedo demostrar que la suma anterior tiene la forma cerrada mencionada $(7-\frac{20}{\pi})$ ?

EDITAR:

Aquí hay un breve fragmento de python que demuestra la suma en la ecuación (1) anterior.

a_t = np.array([(comb(2*t+1,t)-comb(2*t+1,t-1))/2**(2*t+2) for t in range(500)])
b_t = np.array([(comb(2*t+2,t)-comb(2*t+2,t-1))/2**(2*t+3) for t in range(500)])
b_sum = 1-np.concatenate(([0],np.cumsum(b_t)))
s = sum(a_t*b_sum[:500])
print(7-20/np.pi-s)

Además, aquí está el fragmento de Mathematica que muestra el resultado (gracias a @SteveKass por ayudar con eso):

Answer 1

Dejemos que $a_t \triangleq \left( \frac{\begin{pmatrix} 2t+1 \\ t \end{pmatrix}}{2^{2t+1}} \right)^2 \frac{1}{t+2}$ . Necesitamos $S_p \triangleq \sum\limits_{t=0}^p a_t$ en forma cerrada.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $$\frac{a_{t+1}}{a_t} = \frac{t+2}{t+3} . \frac{1}{2^4} . \left( \frac{ \begin{pmatrix} 2t+3 \\ t+1 \end{pmatrix} }{ \begin{pmatrix} 2t+1 \\ t \end{pmatrix} } \right)^2 = \frac{t+2}{t+3} . \frac{1}{2^4} . \left( \frac{ (2t+3)(2t+2) }{ (t+1)(t+2) } \right)^2 = \frac{(t+3/2)^2}{(t+2)(t+3)} \tag 1$$

Utilizando $(1)$ que empieza repetidamente con $a_0 = 1/8$ obtenemos:

$$a_t = \frac{1}{8} . \frac{(3/2)^2}{2.3} . \frac{(5/2)^2}{3.4} \ldots \frac{(t+1/2)^2}{(t+1).(t+2)} \text{ for $ t \geq 1 $} \tag 2$$

Utilizando $(2)$ tenemos

$$S_0 = a_0 = \frac{1}{8} = \frac{9}{8} - 1 = \bbox[yellow]{\frac{1}{8}.3^2 - 1}$$ $$S_1 = a_1 + a_0 = a_1 + S_0 = \frac{1}{8}.\frac{(3/2)^2}{2.3} + \frac{3^2}{8} - 1 $$ $$ = \bbox[yellow]{\frac{1}{8}.\frac{(3/2)^2}{2.3}. 5^2 -1}$$ $$S_2 = a_2 + S_1 = \frac{1}{8} . \frac{(3/2)^2}{2.3} . \frac{(5/2)^2}{3.4} + \frac{5^2}{8}.\frac{(3/2)^2}{2.3} -1 $$ $$= \bbox[yellow]{\frac{1}{8} . \frac{(3/2)^2}{2.3} . \frac{(5/2)^2}{3.4}. 7^2 - 1}$$ El patrón general que observamos es (puede demostrarse formalmente por inducción) $$ \begin{align} S_p &= \frac{1}{8}. \frac{(3/2)^2}{2.3}. \frac{(5/2)^2}{3.4} \ldots \frac{((2p+1)/2)^2}{(p+1)(p+2)}.(2p+3)^2 -1 \\ &= \frac{1}{16}. \frac{(3/2)^2}{3^2}. \frac{(5/2)^2}{4^2} \ldots \frac{((2p+1)/2)^2}{(p+2)^2}.(2p+3)^2.(p+2) -1 \\ &= \frac{1}{2^{2p+4}}. \frac{3^2}{3^2}. \frac{5^2}{4^2} \ldots \frac{(2p+1)^2}{(p+2)^2}.(2p+3)^2.(p+2) -1 \\ &= \frac{p+2}{2^{2p+4}} \left[ \frac{3.5.7 \ldots (2p+1)(2p+3)}{2.3.4 \ldots (p+1)(p+2)}.2\right]^2 -1 \\ &= \frac{p+2}{2^{2p+4}} \left[ \frac{3.5.7 \ldots (2p+1)(2p+3)}{(p+2)!}.\frac{(p+1)! 2^{p+1}}{(p+1)! 2^{p+1}}.2\right]^2 -1 \\ &= \frac{p+2}{2^{2p+4}} \left[ \frac{(2p+3)!}{(p+2)!(p+1)!}.\frac{1}{ 2^{p}}\right]^2 -1 \\ &= \frac{p+2}{2^{4p+4}} \begin{pmatrix} 2p+3 \\ p+1 \end{pmatrix}^2 -1 \\ \end{align} $$ que es lo que queremos.

Answer 2

Esta respuesta se basa en la Algoritmo Gosper . También puede utilizarse para resolver identidades estructurales similares (véase (4) más adelante). Seguimos de cerca Summa Summarum por M.E. Larsen.

Hemos establecido \begin {align*} \color {azul}{A(p):= \sum_ {t=0}^p \frac {1}{t+2} \binom {2t+1}{t}^2 \frac {1}{2^{4t+2}}} \tag {1} \end {align*}

Reescribimos $A(p)$ como sigue \begin {align*} A(p)&= \sum_ {t=0}^pa_t=a_0+a_1+a_2+ \cdots +a_p \\ &=a_0+a_0 \frac {a_1}{a_0}+a_0 \frac {a_1a_2}{a_0a_1}+ \cdots +a_0 \frac {a_1a_2 \cdots a_p}{a_0a_1 \cdots a_{p-1}} \\ &=a_0 \sum_ {t=0}^p \prod_ {j=0}^{t-1} \frac {a_{j+1}}{a_j} \tag {2} \end {align*}

Obtenemos $a_0=\frac{1}{8}$ y \begin {align*} \frac {a_{j+1}}{a_j}&= \frac {j+2}{j+3} \cdot\frac { \binom {2j+3}{j+1}^2}{ \binom {2j+1}{j}^2} \cdot\frac {2^{4j+6}}{2^{4j+2}}= \frac {(2j+3)^2}{4(j+2)(j+3)} \\ &= \frac { \left (- \frac {3}{2}-j \right )^2}{(-2-j)(-3-j)} \end {align*}

A continuación utilizamos el factorial descendente notación $x^{\underline{t}}=x(x-1)(x-2)\cdots(x-t+1)$ .

De (1) y (2) obtenemos \begin {align*} A(p)&= \frac {1}{8} \sum_ {t=0}^{p} \prod_ {j=0}^{t-1} \frac { \left (- \frac {3}{2}-j \right )^2}{(-2-j)(-3-j)} \\ &= \frac {1}{8} \sum_ {t=0}^p \frac { \left (- \frac {3}{2} \right )^{ \underline {t}} \left (- \frac {3}{2} \right )^{ \underline {t}}}{(-2)^{ \underline {t}}(-3)^{ \underline {t}}} \tag {3} \end {align*}

Consideramos el Corolario 6.2 de Summa Summarum que establece para $a,b,c,d\in\mathbb{C}$ con $a+b=c+d$ \begin {align*} \sum_ {t=0}^p \frac {a^{ \underline {t}}b^{ \underline {t}}}{(c-1)^{ \underline {t}}(d-1)^{ \underline {t}}} = \frac {1}{(a-c)(b-c)} \left ( \frac {a^{ \underline {p+1}}b^{ \underline {p+1}}}{(c-1)^{ \underline {p}}(d-1)^{ \underline {p}}}-cd \right ) \tag {4} \end {align*}

Podemos aplicar el Corolario 6.2 ya que en (3) tenemos $a=b=-\frac{3}{2}, c=-1,d=-2$ para que $a+b=c+d$ . Obtenemos \begin {align*} \color {azul}{A(p)}&= \frac {1}{8} \cdot\frac {1}{ \left (- \frac {1}{2} \right ) \left (- \frac {1}{2} \right )} \left ( \frac { \left (- \frac {3}{2} \right )^{ \underline {p+1}} \left (- \frac {3}{2} \right )^{ \underline {p+1}}}{(-2)^{ \underline {p}}(-3)^{ \underline {p}}}-(-1)(-2) \right ) \\ &= \frac {1}{2} \cdot\frac { \left (- \frac {3}{2} \right )^{ \underline {p+1}} \left (- \frac {3}{2} \right )^{ \underline {p+1}}}{(-2)^{ \underline {p}}(-3)^{ \underline {p}}}-1 \tag {5} \\ &= \frac {1}{2} \left ( \frac {(2p+3)!}{2^{2p+2}(p+1)!} \right )^2 \cdot\frac ¡{1}{(p+1)! \frac {1}{2}(p+2)!}-1 \\ &\,\, \color {azul}{= \frac {p+2}{2^{4p+4}} \binom {2p+3}{p+1}^2-1} \end {align*} y la afirmación es la siguiente.

Comentario:

• En (5) utilizamos \begin {align*} \left (- \frac {3}{2} \right )^{ \underline {p+1}}&= \left (- \frac {3}{2} \right ) \left (- \frac {5}{2} \right ) \cdots\left (- \frac {3}{2}-p \right ) \\ &= \frac {(-1)^{p+1}}{2^{p+1}}(2p+3)!!= \frac {(-1)^{p+1}}{2^{p+1}} \cdot\frac {(2p+3)!}{(2p+2)!}= \frac {(-1)^{p+1}(2p+3)!}{2^{p+1}2^{p+1}(p+1)!} \\ &= \frac {(-1)^{p+1}(2p+3)!}{2^{2p+2}(p+1)!} \\ (-2)^{ \underline {p}}&=(-2)(-3) \cdots (-2-(p+1))=(-1)^p(p+1)! \\ (-3)^{ \underline {p}}&=(-3)(-4) \cdots (-3-(p+1))=(-1)^p \frac ¡{1}{2}(p+2)! \end {align*}

Answer 3

Como comentó Steve Kass, hay un problema en alguna parte.

Utilizando un CAS, lo que he obtenido después de las simplificaciones es $$\sum_{l=1}^{t-1}b_l=\frac{7}{8}+\frac{ (t+3) (3 t+4) }{3 (t+1)\,2^{2 (t+1)}}\left(\binom{2 t+2}{t-1}-\binom{2 t+2}{t}\right)=\frac{7}{8}-\frac{(3 t+4)\, \Gamma \left(t+\frac{3}{2}\right)}{\sqrt{\pi } \,\,\Gamma (t+3)}$$ La suma parcial $$S_p = \sum_{t=1}^{p} \left(\sum_{l=1}^{t-1}b_l\right) a_t$$ se evalúa (el resultado es muy desagradable pero "casi" explícito ) pero, dado por el mismo CAS, $$S_\infty =\frac{20}{\pi }-\frac{195}{32}$$ se obtiene sin ningún problema (¿cómo? esa es la cuestión).

Editar

Después de sus dos grandes cambios (sumas a partir de $0$ y la fórmula de $S$ ), los resultados son muy diferentes.

$$\sum_{l=0}^{t-1}b_l=1-\frac{(3 t+4) \Gamma \left(t+\frac{3}{2}\right)}{\sqrt{\pi } \,\,\Gamma (t+3)}$$ $$S_p = \sum_{t=0}^{p} \left(1-\sum_{l=0}^{t-1}b_l\right) a_t=7-\frac{4 (5 p+12) \,\Gamma \left(p+\frac{5}{2}\right)^2}{\pi \, \Gamma (p+3)^2}$$ Utilizando la aproximación de Stirling para los valores de lage $p$ tenemos $$S_p=7-\frac{20}\pi\left(1+\frac{3}{20 p}-\frac{59}{160 p^2}+\frac{573}{640 p^3}-\frac{21977}{10240 p^4}+O\left(\frac{1}{p^5}\right)\right)$$ $$S_\infty =7-\frac{20}{\pi }$$

Answer 4

La idea básica de esta pregunta era comprender cómo $\pi$ venía en estas expresiones para los problemas de los jugadores de la competencia. Así que decidí abordar un problema algo más sencillo. En lugar de encontrar la probabilidad a 2 \$ chasing gambler would beat a 3\$ persiguiendo a un jugador, traté de encontrar la probabilidad de que un 2 \$ chasing gambler would beat a 1\$ persiguiendo al jugador. La respuesta aquí es $4/\pi-1$ .

En primer lugar, escribí el PDF del tiempo de parada del jugador que persigue 1\$ en una forma simplificada:

$$z_t = \frac{2t \choose t}{(t+1)2^{2t+1}}$$

Luego, utilizando Mathematica, obtuve la función de supervivencia (también hay una forma elegante de obtenerla desde "cero"):

$$Z_t = \sum\limits_{l=t+1}^{\infty}z_t = \frac{2t+1 \choose t}{2^{2t+1}}$$

Del mismo modo, la PDF del tiempo de parada del jugador que persigue 2$ se convierte en

$$a_t = \frac{2t+1 \choose t}{(t+2)2^{2t+1}}$$

La probabilidad de que los 2 \$ targeting gambler will beat the 1\$ apuntando al jugador en $2p+2$ se convierte entonces en:

$$S_p = \sum\limits_{t=0}^{p} a_t Z_t = \sum\limits_{t=0}^{p} \frac{{2t+1 \choose t}^2}{(t+2)2^{4t+2}}$$

Ahora, esta es la parte que no he descubierto cómo hacer sin Mathematica. La expresión para $S_p$ se convierte:

$$S_p = -1 + (p+2)\frac{{2p+3 \choose p+1}^2}{2^{4p+4}} \tag{2}$$

Ahora, utilizando la aproximación esterlina para los factoriales y dejando que $p \to \infty$ nos encontramos con que:

$$S_{\infty} = \frac{4}{\pi}-1$$

Todo está bien excepto la ecuación (2). No sé cómo probarla. Por eso he añadido una actualización de la pregunta en la parte superior pidiendo ayuda para demostrar esta expresión.

Pero, estoy empezando a tener una idea aproximada de dónde están estos $\pi$ de los que vienen. Básicamente, todas estas expresiones que describen las PDF y las funciones de supervivencia de los jugadores implican términos binomiales cercanos a la moda.

Las probabilidades que buscamos (que uno de los jugadores gane al otro) implican dos de estos términos binomiales cercanos a su moda multiplicados sobre todos los posibles $t$ hasta $p$ . Estas sumas tienden a producir expresiones que también involucran cuadrados de términos binomiales cercanos a la moda, esta vez involucrando $p$ . Y esta es la parte en la que necesito ayuda. No entiendo por qué sucede esto.

Sin embargo, una vez que aceptemos esto, nos quedaremos con algún término como la ecuación (2) que implicará un coeficiente binomial alrededor de la moda para un gran $p$ . Sin embargo, como $p$ se hace grande, esta distribución binomial empieza a parecerse a una gaussiana (ley de los grandes números). Y sabemos que la gaussiana alrededor de su moda tiene una PDF con un $\frac{1}{\sqrt{\pi}}$ término. Por lo tanto, al elevar al cuadrado se obtiene un $\frac{1}{\pi}$ plazo.

Answer 5

Ya que hubo cierto interés en esta pregunta en este y otros foros, quise que esta página se convirtiera en una wiki para este tipo de problemas de carreras de jugadores ricos. Así que aquí hay algunas expresiones.

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Para un jugador que tiene como objetivo el 1\$;

• PDF del tiempo de parada (probabilidad de que llegue a 1\$ en el lanzamiento $2t+1$ donde $t$ es el número de colas):

$$z_t = \frac{2t \choose t}{(t+1)2^{2t+1}}$$

• Función de supervivencia del tiempo de parada (probabilidad de que llegue a 1\$ después de tirar $2t+1$ ):

$$Z_t = \frac{2t \choose t}{2^{2t+1}}$$

Para un jugador que tiene como objetivo el 2\$:

• PDF de detener el tiempo:

$$a_t = \frac{2t+1 \choose t}{(t+2)2^{2t+1}}$$

• Función de supervivencia del tiempo de parada: $$A_t = \frac{2t+3 \choose t+1}{2^{2t+2}}$$

Para un jugador que tiene como objetivo 3\$:

• PDF de detener el tiempo: $$b_t = \frac{3}{3+t}{2t+2 \choose t}\frac{1}{2^{2t+2}}$$
• Función de supervivencia del tiempo de parada: $$B_t = \frac{3t+7}{t+2} \frac{2t+2 \choose t}{2^{2t+2}}$$

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Probabilidad de que dos apostadores de 1\$ apunten al sorteo $2s+1$ :

$$D_s(1,1) = \sum\limits_{t=0}^{p} z_t^2 = \sum\limits_{t=0}^{s} \left(\frac{2t \choose t}{(t+1)2^{2t+1}} \right)^2 = -1 + \frac{(4s+5) {2s+2 \choose 1+s}^2}{2^{4s+4}}$$

La probabilidad global de que la partida termine en empate:

$$D_{\infty}(1,1) = \frac{4}{\pi}-1$$

Y así la probabilidad de que el primer jugador gane (por simetría):

$$W_{\infty}(1,1) = \frac{1-D_{\infty}(1,1)}{2} = 1-\frac{2}{\pi}$$

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La probabilidad de que los 2 \$ targeting gambler will beat the 1\$ apuntando al jugador por sorteo $2s+2$ :

$$W_s(2,1) = \sum\limits_{t=0}^{s} a_t Z_t = \sum\limits_{t=0}^{s} \frac{{2t+1 \choose t}^2}{(t+2)2^{4t+2}}$$

$$=-1 + (s+2)\frac{{2s+3 \choose s+1}^2}{2^{4s+4}}$$

$$W_{\infty}(2,1) = \frac{4}{\pi}-1$$

Y como no hay posibilidad de empate porque los 2 \$ targeting one reaches his target only on even tosses while the 1\$ apuntar uno alcanza su objetivo sólo en los lanzamientos de impar podemos decir,

$$W_{\infty}(1,2) = 1-W_{\infty}(2,1) = 2-\frac{4}{\pi}$$

Tenga en cuenta que $W_{\infty}(1,2) = 2 W_{\infty}(1,1)$ y $D_{\infty}(1,1) = W_{\infty}(2,1)$

No estoy seguro de por qué.

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La probabilidad de que un 3 \$ targeting gambler will beat a 2\$ apuntando al jugador por sorteo $2s+1$ :

$$W_s(3,2) = \sum\limits_{t=0}^{s} b_t A_t = \sum\limits_{t=0}^{s} \frac{3}{3+t} \frac{{2t+2 \choose t}{2t+3 \choose t+1}}{2^{2t+4}}$$

También hay que tener en cuenta que:

$${2t+2 \choose t}{2t+3 \choose t+1} = \frac{2t+3}{t+1} {2t+2 \choose t}^2$$

Sustituyendo esto en lo anterior, obtenemos el sumatorio parcial: $$ W_s(3,2) = -6 + \frac{(10 s^3 + 81s^2 +218s+195){2s+4 \choose s+1}^2}{(s+2)^2 2^{4s+7}}$$

Así que la probabilidad global de que el 3 \$ targeting gambler beats the 2\$ se convierte en un jugador objetivo: $$W_{\infty}(3,2) = \frac{20}{\pi}-6$$

Y esto significa que la probabilidad de que el 2 \$ targeting gambler beats the 3\$ se convierte en un jugador objetivo: $$W_{\infty}(2,3) = 1-W_{\infty}(3,2) = 7- \frac{20}{\pi}$$

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La probabilidad de que un 1 \$ targeting gambler will beat a 3\$ apuntando al jugador por sorteo $2s+1$ :

$$W_s(1,3) = \sum\limits_{t=0}^{s}z_t B_{t-1} = \sum\limits_{t=0}^{s}\frac{3t+4}{(t+1)^2} \frac{{2t \choose t}{2t+2 \choose t}}{2^{4t+3}}$$

$$ = 1 - (s^2+7s+12) \frac{{2s+2 \choose s+1}{2s+4 \choose s+1}}{3(2+s)2^{4s+5}}$$

Y esto hace que su probabilidad global de ganar:

$$W_{\infty}(1,3) = 1-\frac{2}{3 \pi}$$

Ahora busquemos más probabilidades de empate:

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Probabilidad de que un 2 \$ targeting gambler will draw with another 2\$ apuntando al jugador por sorteo $2s+2$ :

$$D_s(2,2) = \sum\limits_{t=0}^{s} a_t^2 = \sum\limits_{t=0}^{s} \left(\frac{2t+1 \choose t}{(t+2)2^{2t+1}}\right)^2 = -5+4(4s+9)\frac{{2s+3 \choose s+1}^2}{2^{4s+4}}$$

Esto significa que la probabilidad de que se sortee el período pasa a ser:

$$D_{\infty}(2,2) = \frac{16}{\pi}-5$$

Y la probabilidad de que el primero gane se convierte en

$$W_{\infty}(2,2) = \frac{1-D_{\infty}(2,2)}{2} = 3-\frac{8}{\pi}$$

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La probabilidad de que un jugador que apunta 3\$ empate con otro por sorteo $2s+3$ :

$$D_s(3,3) = \sum\limits_{t=0}^{s} b_t^2 = \sum\limits_{t=0}^{s} \left(\frac{2t+2 \choose t}{(t+2)(2^{2t+1})}\right)^2$$

$$ = -25 + (236s^3 +1947 s^2+5314s+4803) \frac{{2s+4 \choose s+1}^2}{3 (s+2)^2 2^{4s+8}}$$

La probabilidad de que saquen el periodo se convierte entonces:

$$D_\infty(3,3) = \frac{236}{3 \pi} - 25$$

Así que la probabilidad de que uno de ellos gane se convierte:

$$W_\infty(3,3) = \frac{1-D_\infty(3,3)}{2} = 13 - \frac{118}{3 \pi}$$