Una percepción extrasensorial estrategia :-)

Question

Inspirado por el clásico de Joseph Banks Rhine experimentos que demuestran una percepción extrasensorial (véase, por ejemplo, el comienzo del capítulo respectivo de Jeffrey Mishlove libro "las Raíces de La Conciencia"), considero que el siguiente experimento. Una baraja de cartas se le da a un mago Juan. A continuación, Juan consecutivamente toma las cartas de la baraja, tratando de adivinar el palo de la toma de la tarjeta. Él se ve en la tarjeta después de la suposición para una retroalimentación. El mago desea maximizar el número esperado $E$ de derecho conjeturas. Para este propósito se diseñó la siguiente Estrategia: en cada turno para adivinar un traje que tiene un número máximo de tarjeta de la izquierda en la cubierta. Como un ejercicio fácil, podemos demostrar que para cualquier secuencia de cartas de la baraja de Estrategia asegura, al menos, $n$ derecho conjeturas, donde $n$ es el número máximo de tarjetas con un palo de la baraja. Pero podemos considerar que una más interesante y complicado problema para calcular la expectativa de $E$ para la Estrategia (aquí estamos suponiendo que la cubierta está tan bien revueltos tal que todas las secuencias de tarjetas tienen la misma probabilidad). Por cierto, tengo la conjetura de que Estrategia es la mejor para la maximización de la expectativa $E$, que es cualquier otra estrategia de las cosechas no mayor valor de $E$. Ahora deseo para evaluar la expectativa $E$ para la Estrategia. Por simplicidad vamos a considerar sólo un caso, cuando sólo hay dos trajes ($m\ge 0$ tarjetas de el primer palo y $n\ge m$ tarjetas del segundo palo). A continuación, $E(0,n)=n$ por cada $n$ y tenemos la siguiente recurrencia $$E(m,n)=\frac{n}{m+n}(E(m,n-1)+1)+ \frac{m}{m+n}E(m-1,n)$$

for each $n\ge m\ge 1$.

The rest is true provided I did not a stupid arithmetic mistake.

I was interested mainly in asymptotics for the case $m=n$ and computer calculations suggested that $E(n,n)\sim n+c\sqrt{n}+o(\sqrt{n})$ for $c\aprox 0.88\dots$.

Evaluating formulas for $E(m,n)$ for small values of $m\le 6$, I conjectured that there is a general formula

$$E(m,n)=n+m\sum_{i=1}^m\frac {c_{m,i}}{n+i}$$

for each $n\ge m\ge 1$, where $c_{m,i}$ are some integers satisfying the recurrence

$$(m-i)c_{m,i}+ic_{m,i+1}=(m-1)c_{m-1,i}$$

for every $1\le i\le m-1$.

Here are my values for $c_{m,i}$

i\m|  1   2   3   4   5   6 
---+------------------------
 1 |  1   2   4   8  16  32 
 2 |     -1  -4 -12 -32 -80 
 3 |          1   6  24  80 
 4 |             -1  -8 -40 
 5 |                  1  10 
 6 |                     -1

Then I discovered that for my data $c_{m,i}$ is divisible by $2^{m-i}$. Después de que hice la división, me sorprendentemente obtuvo que $$c_{m,i}=(-1)^{i-1}2^{m-i}{m-1 \choose i-1}.$$ I expect that I can easily prove this equality by induction.

But I did not stop at this point because I observed that now the general formula for $E(m,n)$ can be compressed to the form

$$E(m,n)=n+m\int_0^1 x^n(2-x)^{m-1} dx.$$

Todos los de arriba suena bien para mí y yo pasamos un buen tiempo investigando el problema, pero yo soy un profesional matemático, aunque no soy un especialista en el dominio del problema anterior. Por lo tanto me importa acerca de las siguientes preguntas. Son los resultados por encima de nuevo, bueno y digno de ser publicado en alguna parte? Lo que otro de los problemas relacionados con el es digno de ser investigado?

Gracias y felices Fiestas.

Answer 1

Esta es la dirección de tu pregunta sobre el asymptotics al $m=n$.

Sólo necesitamos para el estudio de la integral

$$ I(n) = \int_0^1 x^n (2-x)^{n-1}\,dx $$

o, después de que hemos realizado el cambio de las variables de $x = 1-y$,

$$ \begin{align} I(n) &= \int_0^1 (1-y)^n (1+y)^{n-1}\,dy \\ &= \int_0^1 (1+y)^{-1} \exp\left[n \log\left(1-y^2\right)\right]\,dy. \end{align} $$

Vamos a proceder usando el método de Laplace. La cantidad de $\log(1-y^2)$ alcanza su máximo en $y=0$, y cerca de allí tenemos

$$ \log\left(1-y^2\right) \sim -y^2. $$

Esto nos motiva a hacer el cambio de variables $\log(1-y^2) = -z^2$, por lo que

$$ I(n) = \int_0^\infty \frac{z e^{-z^2}}{(1+\sqrt{1-e^{-z^2}})\sqrt{1-e^{-z^2}}} e^{-nz^2}\,dz. $$

Cerca de $z=0$ hemos

$$ \frac{z e^{-z^2}}{(1 + \sqrt{1-e^{-z^2}})\sqrt{1-e^{-z^2}}} = 1 - z + \frac{z^2}{4} + \frac{z^4}{96} - \frac{z^6}{384} + \cdots, $$

y la integración término a término se obtiene la serie asintótica

$$ I(n) \approx \frac{\sqrt{\pi}}{2n^{1/2}} - \frac{1}{2n} + \frac{\sqrt{\pi}}{16n^{3/2}} + \frac{\sqrt{\pi}}{256n^{5/2}} - \frac{5 \sqrt{\pi}}{2048n^{7/2}} + \cdots. $$

Así

$$ E(n,n) \aprox n + \frac{\sqrt{\pi}}{2} n^{1/2} - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{\pi}}{16} n^{-1/2} + \frac{\sqrt{\pi}}{256} n^{-3/2} - \frac{5 \sqrt{\pi}}{2048} n^{-5/2} + \cdots. $$

Answer 2

Si entiendo a la derecha del juego, y que retratan la evolución como un camino en una rejilla discreta -de $(0,0)$ ( $n,n$ ) - es evidente que cada segmento que va hacia la diagonal es un "triunfo"; la otra se pierde, excepto para los que se inician desde la misma diagonal, la mitad de lo que se gana. Entonces, si la ruta de acceso de la longitud de la $2n$ ha $c$ diagonal-touchings (incluyendo el inicio, excepto el final), el total de premios es de $n+c/2$.

Por lo tanto, el problema se convierte en el (probablemente más sencillo y ya estudiado) problema de la computación en la espera de los números de la diagonal de touchings en un entramado camino - o, en una feria del conteo de boletas problema, calcular el número esperado de lazos (o cambios).