valor esperado de un juego con un dado de n caras

Question

Supongamos que tenemos un dado de n caras. Cuando lo lanzamos, nos pueden pagar el resultado o podemos elegir volver a lanzarlo pagando $1/n$ . ¿Cuál es la mejor estrategia y cuál es el valor esperado de este juego?

Como aproximación, pensé que para obtener el valor máximo $n$ necesitamos rodar $n$ veces. Así que la mejor estrategia es tirar hasta que obtengamos el valor máximo $n$ y el valor esperado debería ser $n-1$ . ¿Es correcta como aproximación? ¿Cómo podemos calcular la mejor estrategia exacta y el valor esperado exacto?

Answer 1

Creo que tu estrategia de esperar a sacar el valor máximo es óptima.

Digamos que has sacado un valor de $k_i$ en rollo $i$ para una puntuación total de $k_i-\frac{i-1}n$ . Si puedes superar tu tirada de $k_i$ en $n-1$ rollos acabarás superando también tu puntuación. Para demostrarlo tomemos el peor de los casos y digamos que te lleva $n-1$ más rollos que batir $k_i$ y que sólo le ganes por uno para que $k_{i+n-1}=k_i+1$ . Su puntuación sería entonces

$$k_{i+n-1}-\frac{i+n-2}n=k_i+1-\frac{i+n-2}n=k_i+\frac{2-i}n\gt k_i-\frac{i-1}n.$$

Entonces, si la probabilidad de superar tu tirada de $k_i$ en $n-1$ más tiradas (batiendo así tu puntuación) es superior a 0,5 deberías ir a por ello. La probabilidad de hacerlo mejor que $k_i$ en tu próxima tirada es $1-\frac{k_i}n$ por lo que la probabilidad de que el primero lo haga mejor que $k_i$ en su $m$ El siguiente rodillo se distribuye geométricamente:

$$p_M(m)=\left(\frac{k_i}n\right)^{m-1}\left(1-\frac{k_i}n\right)$$

Lo que significa que la probabilidad de hacerlo mejor que $k_i$ en $n-1$ más rollos es $$\sum_{j=1}^{n-1}p_M(j)=\left(1-\frac{k_i}n\right)\left(\left(\frac{k_i}n\right)^{0}+\left(\frac{k_i}n\right)^{1}+...+\left(\frac{k_i}n\right)^{n-2}\right)=1-\left(\frac{k_i}n\right)^{n-1}$$ Así que aunque $k_i=n-1$ tenemos que la probabilidad de mejorar su puntuación dentro de $n-1$ más rollos es $$1-\left(\frac{n-1}n\right)^{n-1}$$

Que aumenta a medida que $n$ aumenta. Si $n=2$ esto sería $0.5$ por lo que para cualquier $n \gt 2$ la probabilidad de mejorar su puntuación en $n-1$ más tiradas aunque hayas sacado una $n-1$ es mayor que 0,5, así que deberías hacerlo. Por lo tanto, si no ha tirado un $n$ siempre es mejor seguir hasta conseguirlo.

Dado que el número esperado de tiradas para obtener $n$ es $n$ la puntuación esperada con esta estrategia es $n-\frac{n-1}n$ .

Answer 2

Nota: Resulta que esto no es lo óptimo. Mi estrategia depende de mirar la probabilidad de batir tu puntuación actual con la siguiente tirada. En su respuesta, @ArthurSkirvin se fija en la probabilidad de superarla en cualquier tirada posterior. Como era de esperar, la estrategia a largo plazo es mejor.

(Estoy asumiendo un número par de caras del dado, por lo que hay un $\frac{n}{2}$ lado más alto menos que el del dado $\frac{n+1}{2}$ media).

Pruebas: Si tiras $\ \frac{n}{2}$ o menos en su $i+1^{st}$ rollo y se detuvo, usted tiene a lo sumo $\ \frac{n}{2}-\frac{i}{n}$ mientras que el valor esperado de una nueva tirada (menos el coste total) es $\ \frac{n}{2}+\frac{1}{2}-\frac{i+1}{n}$ lo que supone una ganancia esperada de $\frac{1}{2}-\frac{1}{n}$ que es $>0$ para cualquier cosa mayor que un dado de 2 caras, así que deberías volver a tirar. (Pero modifica la estrategia si lanzas monedas).

Si has rodado $\ \frac{n}{2}+1$ o superior en su $i+1^{st}$ rollo, tienes al menos $\ \frac{n}{2}+1-\frac{i}{n}$ mientras que el valor esperado de una nueva tirada (menos el coste total) sigue siendo $\ \frac{n}{2}+\frac{1}{2}-\frac{i+1}{n}$ lo que le da un pérdida de $\frac{1}{2}+\frac{1}{n}$ que es $>0$ así que deberías parar.

Para calcular el valor esperado de la estrategia, $\frac{1}{2}$ la vez que sacas más que la media en la primera tirada y te detienes. Dado que has sacado en la mitad superior del dado, tendrás una media de $\ \frac{3n+2}{4}$ . La otra mitad la vuelves a tirar.

La mitad de esas veces, (ahora $\frac{1}{4}$ de la probabilidad total), sacas una tirada superior a la media y te detienes, ganando esta vez $\ \frac{3n+2}{4}-\frac{1}{n}$ para pagar la nueva tirada.

La siguiente, estás en $\frac{1}{8}$ de la probabilidad total, y se para con $\ \frac{3n+2}{4}-\frac{2}{n}$ o volver a tirar, y así sucesivamente.

Así que el resultado esperado es el siguiente

$\sum_{i=0}^{\infty} (\frac{3n+2}{4}- \frac{i}{n})(\frac{1}{2})^{i+1}$

Para un dado de 6 caras, eso es $4\frac{5}{6}$ .