La ruina de tiempo para una de dos entradas de riesgo "sólo" de la máquina de ranura

Question

Imagina un riesgo "sólo" de la máquina de ranura que da el "monedas" que corresponde a algún número real fracción de dólar $p$, devuelve la moneda con probabilidad de $p$, y se come la moneda con probabilidad de $(1-p)$. Por ejemplo, una moneda de diez centavos se los comerían con una probabilidad del 90%, una de níquel con una probabilidad de 95%, y así sucesivamente.

Así que vamos a mantener la alimentación de la máquina de dos tipos de monedas, $A$$B$, con fracciones de dólar de los valores de$p_A$$p_B$, respectivamente. He a $n_A$ monedas de tipo $A$ $n_B$ monedas de tipo $B$. Cada vez que utilice la ranura de la máquina, seleccionar al azar una moneda, ignorando su tipo, y colocarlo en la máquina. Yo deje de alimentar monedas en la máquina, cuando me quedo fuera de cualquier tipo.

ACLARACIÓN - Por "seleccionar al azar una moneda", me refiero a que debemos seleccionar una moneda de la población de todas las monedas de manera uniforme y aleatoria. Por ejemplo, si tenemos $100$ dimes y $567$ nickels, nos gustaría sacar una moneda de diez centavos con una probabilidad de $\frac{100}{667}$.

En este punto de parada, ¿cuál es la probabilidad de terminar con sólo monedas de tipo a o sólo las monedas de Tipo B? Siempre terminamos con monedas de un tipo / valor denominación, ¿qué distribución de probabilidad y la expectativa por el número de monedas restantes de este tipo / denominación?

También me gustaría ser curioso sobre el número de monedas de cualquier tipo que se necesita para alimentar a la máquina para llegar a este estado final? E. g. ¿cuántas veces damos de comer a la máquina de una moneda de diez centavos, y ¿cuántas veces nos alimentamos de la máquina de níquel antes de detenerse?

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Si ayuda, me pueden proporcionar algunos datos de la simulación. Por ejemplo, comenzando con $100$ dimes y $100$ cinco:

$n_A = 100$

$n_B = 100$

$p_A = 0.10$

$p_B = 0.05$

Logramos los siguientes resultados para $10^4$ ensayos:

El número promedio de veces que hemos puesto una moneda de diez centavos en la máquina de $= 109.721$ (Mediana $ = 110$)

El número promedio de veces que nos coloque una moneda en la máquina de $= 104.42$ (Mediana $ = 104$)

El número de veces que terminamos con sólo diez centavos: $5669$

El número de veces que terminamos con sólo cinco centavos: $4331$

El promedio de número de monedas de diez centavos en el estado final (condicionado a la ejecución de monedas de cinco centavos en primer lugar): $2.18328$ (Mediana $= 2$)

El promedio de número de monedas de cinco centavos en el estado final (condicionado a la ejecución de dimes primero): $1.80513$ (Mediana $= 1$)

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Vamos a hacer otra simulación de partida con $82$ copias de unos 75 céntimos y $432$ copias de 5 centavos monedas de cinco centavos, y de nuevo realice $10^4$ ensayos:

$n_A = 82$

$n_B = 432$

$p_A = 0.75$

$p_B = 0.05$

Logramos los siguientes resultados para $10^4$ ensayos:

El número promedio de veces que ponemos un 75 por ciento de la moneda en la máquina de $= 268.213$ (Mediana $ = 267$)

El número promedio de veces que tenemos un 5% de níquel en la máquina de $= 454.734$ (Mediana $ = 455$)

El número de veces que terminamos con sólo el 75% piezas: $9999$

El número de veces que terminamos con sólo el 5% cinco: $1$

El número promedio de 75 céntimos en el estado final (acondicionado en funcionamiento fuera de 5 ciento cinco primeros): $14.9384$ (Mediana $= 15$)

El promedio de número de monedas de cinco centavos en el estado final (condicionado a la ejecución de dimes primero): $1$ (Mediana $= 1$)

Answer 1

El establecimiento está maduro para Poissonization... considerar en Primer lugar la trayectoria seguida por el sistema, que es, denotando por $X$ el número de monedas de Un tipo de izquierda y por $Y$ el número de monedas de tipo B, a la izquierda, el conjunto de los estados visitados por el proceso de $(X,Y)$.

Suponga que $(X,Y)=(x,y)$. Uno saca una moneda de tipo a con probabilidad de $x/(x+y)$ y la máquina se la come con una probabilidad de $$a=1-p_A,$$ hence $(X,Y)$ moves to $(x-1,y)$ in one step with probability $ax/(x+y)$. Likewise, $(X,Y)$ moves to $(x,y-1)$ in one step with probability $by/(x+y)$, where $$b=1-p_B,$$ otherwise $(X,Y)$ stays at $(x,y)$ in one step. Thus, the next state visited by $(X,Y)$ is $(x-1,y)$ or $(x,y-1)$ with probabilities proportional to $(ax)$ and $(by)$ respectivamente.

Este es un proceso en tiempo continuo con los mismos caminos. Suponga que cada una de las monedas $i$ de tipo a tiene un tiempo de vida $T_i$, exponencial con parámetro de $a$, y que cada una de las monedas $j$ de tipo B tiene un tiempo de vida $S_j$, exponencial con parámetro de $b$. Todas las vidas son independientes. En cualquier momento dado, suponiendo que $(x,y)$ monedas todavía están vivos, la próxima moneda de morir es de tipo a con probabilidad proporcional al $(ax)$, y la de tipo B con probabilidad proporcional al $(by)$.

Por lo tanto, ambos procesos a partir de $(x,y)$ de aciertos de la línea de $Y=0$ (sin moneda de tipo B a la izquierda) antes de llegar a la línea de $X=0$ (sin moneda de tipo a la izquierda) al $T\gt S$, con $$ T=\max\{T_i\mid1\leqslant i\leqslant x\},\qquad S=\max\{S_j\mid1\leqslant j\leqslant y\}. $$ Para calcular los $P(T\gt S)$, tenga en cuenta que $P(S_j\lt t)=1-\mathrm e^{-bt}$ por cada $t\gt0$ y cada una de las $j$, por lo tanto $$P(S\lt t)=(1-\mathrm e^{-bt})^y.$$ Likewise, $$P(T\lt t)=(1-\mathrm e^{-at})^x.$$ This allows to compute the density of $T$, lo que produce $$ P(T\gt S)=\int_0^\infty xa\mathrm e^{-a}(1-\mathrm e^{-a})^{x-1}(1-\mathrm e^{bt})^y\mathrm dt. $$ Las fórmulas son equivalentes $$ P_{x,y}(\text{última moneda de tipo A})=\int_0^1 x(1-u)^{x-1}(1-u^{b/a})^y\mathrm du, $$ y $$ P_{x,y}(\text{última moneda de tipo A})=\int_0^1(1-(1-u^{1/x})^{b/a})^y\mathrm du. $$ El primer ejemplo en la pregunta es cuando $x=y=100$, $a=0.9$, $b=0.95$, a continuación,$P(\text{last coin of type A})\approx0.565953$.

El segundo ejemplo de la pregunta es cuando $x=82$, $y=432$, $a=0.25$, $b=0.95$, a continuación,$P(\text{last coin of type A})\approx0.999634$.

Uno puede continuar con este enfoque para obtener la distribución del número de monedas en la final y de la cantidad de veces que uno coloca una moneda en la máquina. Un útil comentario para hacerlo es que el tiempo continuo de los procesos de $(X_t)$ $(Y_t)$ describiendo el número de monedas de cada tipo todavía vivos en el tiempo de $t$ son en realidad independientes, $X_t$ saltar de estado $x$ estado $x-1$ a tasa $(ax)$ $Y_t$ saltar de estado $y$ estado $y-1$ a tasa $(by)$.