Probabilidad de ganar el juego de dados

Question

Pregunta: Dos personas lanzan un dado con n caras de forma alternativa. El juego termina cuando aparece una cara que es exactamente un punto más baja que la tirada anterior, y esa persona pierde el juego. ¿Cuál es la probabilidad de que la primera persona pierda la partida?

Mi intento: Sea P la probabilidad. Si la primera tirada es $1$ (con probabilidad $\frac{1}{n}$ ), la probabilidad condicional de que la primera persona pierda será $1-P$ (la probabilidad de que el segundo jugador pierda). Después de eso no tengo ni idea de cómo proceder con las otras posibles primeras tiradas.

Answer 1

Haré el $n=3$ caso primero. Sea $P1, P2, P3$ es la probabilidad de que el siguiente jugador gane al recibir la tirada indicada. La probabilidad de ganar del primer jugador es $P1$ ya que se encuentra en el estado equivalente. Tenemos $$P1=\frac 13\left((1-P1)+(1-P2)+(1-P3)\right)=1-\frac 13(P1+P2+P3)\\ P2=\frac 13((1-P2)+(1-P3))\\P3=\frac 13((1-P1)+(1-P3))$$ Alfa da $$P1=\frac {34}{61},P2=\frac {25}{61},P3=\frac {22}{61}$$ Vemos $P2 \gt P3$ lo cual no es sorprendente. Si recibo un $2$ , no voy a devolver un $1$ por lo que mi oponente no estará en el mejor lugar. Para mayores $n$ tienes que considerar cada cara por separado para estar realmente en lo cierto pero sospecho que no estarás muy equivocado si sólo consideras $P,Q$ donde $Q$ es la posibilidad de que alguien que no reciba una $1$ ganará e ignora las diferencias entre los números más altos. Esto da $$P=1-\frac 1n(P+(n-1)Q)\\Q=\frac 1n(1-P)+\frac {n-2}n(1-Q)$$ Qué Alfa%2Fn,y%3D(1-x)%2Fn%2B(n-2)(1-y)%2Fn) se resuelve para dar $$P=\frac {n+1}{2n+1},Q=\frac{n^2-n-1}{(n-1)(2n+1)}$$

Answer 2

Tu idea general es correcta, pero tienes que considerar todas las posibles tiradas por separado. Deja que $p_n$ es la probabilidad de que el jugador que está a punto de tirar pierda, si su oponente acaba de tirar $n$ para $n=1,...6$ . Entonces, $$ p_1 = \sum_{k=1}^{6}{\frac{1-p_k}{6}}\\ p_n= \frac{1}{6}+ \sum_{k\ne n-1}{\frac{1-p_k}{6}},\space n=2,\dots,6 $$ Es decir, pierde si rueda $n-1,$ y si rueda $k\ne n-1,$ pierde si su oponente gana. Esto le da un sistema de ecuaciones lineales para resolver para $p_n.$ Una vez resuelto, la probabilidad de que el primer jugador pierda es $p_1$ porque esa es la posición en la que se encuentra al principio del juego. (Antes lo había entendido mal, pero he aprendido de la respuesta de Ross Millikan.) También veo que cometí un error al convertir mis ecuaciones a código sympy.

EDITAR Creo que ahora tengo mi código sympy correcto, y estas son las respuestas que obtengo $$ p_1=46656/100777\\ p_2=54432/100777\\ p_3=55728/100777\\ p_4=55944/100777\\ p_5=55980/100777\\ p_6=55986/100777 $$

Answer 3

Esta respuesta sigue el mismo esquema básico que las demás dadas hasta ahora: separar el caso de que un jugador reciba un uno de los demás casos. Sea $p=\Pr(\text{lose}\mid\text{previous roll was one})$ y $q=\Pr(\text{lose}\mid\text{previous roll wasn’t one})$ . La probabilidad de que el primer jugador pierda es entonces $$\frac1n(1-p)+{n-1\over n}(1-q).$$

Los papeles de los jugadores se invierten con cada tirada y no hay forma de perder en tu tirada si te han pasado un uno, así que $$p = \frac1n(1-p)+\frac{n-1}n(1-q),$$ es decir, la misma que la del primer jugador que pierde.

La recurrencia para $q$ es un poco más complicado. Independientemente de cuál de los otros $n-1$ posibles otras tiradas que te hayan pasado, sólo hay una tirada que perderás inmediatamente. Por lo demás, sólo $n-2$ de los posibles números que podría haber recibido le permiten pasar un uno a su oponente, por lo tanto $$q = \frac1n + {n-2\over n(n-1)}(1-p) + \left(1-\frac1n-{n-2\over n(n-1)}\right)(1-q).$$ Resolviendo este sistema para $p$ produce $$p = {n(n^2-2n+2)\over2n^3-3n^2+2n+1}.$$ Para $n=6$ , $p=156/337 \approx 0.4629$ lo que concuerda bastante bien con las otras respuestas. Como $n\to\infty$ , $p\to\frac12$ La contribución de pasar un uno es minúscula comparada con todas las demás tiradas posibles.