Cómo resolver una ecuación en diferencias $p(a,b)=[p(a-1,b)+p(a,b-1)]/2$ del problema de la ruina del jugador con varias condiciones de contorno

Question

Hace poco leí un libro de probabilidad y se va a deducir la distribución pascal del famoso problema de la ruina del jugador,donde la persona A necesita ganar por $a$ veces o persona B para ganar por $b$ veces para acabar los partidos. $p(a,b)$ se refiere en tal situación a la probabilidad de que A gane la partida final.

El escritor da una ecuación de diferencia:
$$p(a,b)=[p(a-1,b)+p(a,b-1)]/2 \quad \tag{1}$$ y sus condiciones de contorno: $$p(0,b)=1,\ p(a,0)=0,\ p(a,a)=1/2$$

Entiendo el significado de probabilidad detrás de la ecuación y las condiciones de contorno.Pero no tengo ni idea de cómo resolver una ecuación lineal en diferencias con dos variables,el resultado es
$$p(a,b)=\sum_{i=a}^{a+b-1}\binom{a+b-1}{i}(\frac{1}{2})^{a+b-1}$$

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He intentado utilizar la función de generación $G(x,y)=\sum_{a=0}^{\infty}\sum_{b=0}^{\infty}p(a,b)x^ay^b$ , \begin{align*} \sum_{a=1}^{\infty}\sum_{b=1}^{\infty}p(a,b)x^ay^b&=G(x,y)-\sum_{a=0}^{\infty}p(a,0)x^a-\sum_{b=0}^{\infty}p(0,b)y^b+p(0,0) \quad \tag{2}\\ &=G(x,y)-\sum_{b=0}^{\infty}y^b+\frac{1}{2}\\ &=G(x,y)-\frac{1}{1-y}+\frac{1}{2}\\ \end{align*}

entonces uso (1) y (2) como LHS, el RHS : \begin{align*} \sum_{a=1}^{\infty}\sum_{b=1}^{\infty}p(a-1,b)x^ay^b&=\sum_{a=0}^{\infty}\sum_{b=1}^{\infty}p(a,b)x^{a+1}y^b\\ &=x[G(x,y)-\sum_{a=0}^{\infty}p(a,0)x^a]\\ &=xG(x,y) \end{align*}

y \begin{align*} \sum_{a=1}^{\infty}\sum_{b=1}^{\infty}p(a,b-1)x^ay^b&=\sum_{a=1}^{\infty}\sum_{b=0}^{\infty}p(a,b)x^{a}y^{b+1}\\ &=y[G(x,y)-\sum_{b=0}^{\infty}p(0,b)y^b]\\ &=yG(x,y)-\frac{y}{1-y} \end{align*}

Resuelvo el $G(x,y)$ es: $$G(x,y)=\frac{1}{(y-1)(x+y-2)}$$

Pero sigue siendo difícil ampliar $G(x,y)$ a la serie para obtener el $p(a,b)$ .

Answer 1

Condiciones límite. Si suponemos $p(a,0)=0$ y $p(0,b)=1$ para $a,b>0$ junto con la ecuación $2p(a,b)=p(a-1,b)+p(a,b-1)$ como en $(1)$ entonces tenemos $p(a,b)+p(b,a)=1$ para $(a,b)\neq(0,0)$ mostrada mediante inducción. Por lo tanto, $p(a,a)=1/2$ es válido para $a>0$ no es necesario darlo. Supongamos $p(0,0)=q$ (aunque no desempeña ningún papel significativo).

Función generadora. Tenga en cuenta que $G(x,0)=\sum_{a=0}^\infty p(a,0)x^a=p(0,0)=q$ no debe depender de $x$ mientras que el resultado calculado sí lo hace. Usted parece asumir $q=1/2$ inicialmente, pero $q=0$ en \begin{align*} \sum_{a,b>0}p(a-1,b)x^ay^b=x\big(G(x,y)-G(x,0)\big)&=x\big(G(x,y)-q\big), \\ \sum_{a,b>0}p(a,b-1)x^ay^b=y\big(G(x,y)-G(0,y)\big)&=y\left(G(x,y)-q-\frac{y}{1-y}\right). \end{align*} Así pues, la ecuación corregida es $$G(x,y)=q+\frac{y}{1-y}+\frac{x}{2}\big(G(x,y)-q\big)+\frac{y}{2}\left(G(x,y)-q-\frac{y}{1-y}\right),$$ cuya solución es $$G(x,y)=q+\frac{y(2-y)}{(1-y)(2-x-y)}.$$ Como era de esperar, $p(a,b)$ no dependen de $q$ para $(a,b)\neq(0,0)$ . Supongamos que $q=0$ a partir de ahora.

Obtener una respuesta. Esto se puede hacer de muchas maneras, con resultados de distinto aspecto.

La indicada puede obtenerse utilizando $\sum_{n\geqslant 0}\binom{n+m}{n}z^n=(1-z)^{-m-1}$ : \begin{align*} G(x,y)&=\frac{2y}{2-y}\left(1-\frac{x}{2-y}\right)^{-1}\left(1-\frac{y}{2-y}\right)^{-1} \\&=\frac{2y}{2-y}\sum_{m,n\geqslant 0}\left(\frac{x}{2-y}\right)^m\left(\frac{y}{2-y}\right)^n \\&=y\sum_{m,n\geqslant 0}x^m y^n 2^{-m-n}(1-y/2)^{-m-n-1} \\&=y\sum_{m,n,k\geqslant 0}x^m y^n 2^{-m-n}\binom{m+n+k}{k}(y/2)^k \\\color{gray}{[n+k=s]}&=y\sum_{m,s\geqslant 0}x^m y^s 2^{-m-s}\sum_{k=0}^s\binom{m+s}{k}, \end{align*} para que $2^{a+b}p(a,b+1)=\sum_{k=0}^{b}\binom{a+b}{k}=\sum_{k=0}^{b}\binom{a+b}{a+b-k}=\sum_{k=a}^{a+b}\binom{a+b}{k}$ como se esperaba.