Un jugador con $1$ dólar pretende hacer repetidas apuestas de $1$ dólar hasta que gane $20$ dólares o se arruina. Las probabilidades de ganar/perder son $p$ y $(1-p)$ y cada apuesta supone una ganancia/pérdida de $1$ dólar.
Por desgracia, el diablo está activo, y se asegura de que cada vez que alcance los 19 dólares, ¡pierda! Obviamente, ¡el pobre se arruinará tarde o temprano!
La pregunta es: ¿cuál es el número esperado de apuestas que hace hasta arruinarse?
Te he dibujado la matriz de transición para que visualices mejor la situación:
Fíjate, por supuesto, que no hay forma de llegar a 20 dólares. También podría ser eliminado, pero quería ponerlo allí de todos modos.
Me limitaré a explicar lo que hizo Tim y cómo lo hizo, utilizando la matriz de transición.
En primer lugar, definamos $\mu_i$ tal que sea el número esperado de "pasos" para llegar a 0 dólares. Cada "paso" es simplemente una transición de un estado (un círculo) a otro estado (otro círculo).
Así que en $\mu_0$ tenemos $\mu_0 = 0$ porque ya estamos allí. El jugador ya está arruinado.
Con sólo 1 dólar, tenemos que dar 1 paso hacia el estado 0 o hacia el estado 2. Así que, pase lo que pase, el número de pasos que esperamos dar es siempre al menos 1.
Por lo tanto, tenemos $\mu_1 = p\mu_2 + (1-p)\mu_0 + 1$ porque hay un $1-p$ oportunidad de llegar al estado 0, y una $p$ oportunidad de llegar al estado 2.
Generalmente, $\mu_n = p\mu_{n+1} + (1-p)\mu_{n-1} + 1$ que es exactamente lo que Tim hizo. Usted puede verificar esto en su diagrama.
Así que con su $i$ que van de 0 a 19 (no necesitamos considerar 20 ya que no hay forma de llegar a él), tienes 20 ecuaciones para definir todas tus $\mu_i$ así como 20 incógnitas.
A partir de aquí, sólo es cuestión de resolver sistemas de ecuaciones. Tim mostró un buen atajo sin embargo, por lo que es probable que desee hacer eso en su lugar.
Sea $f(n)$ sea el número esperado de apuestas dado que el jugador dispone de £. $n$ . (Mi jugador es británico para ahorrarse el lío con los signos de dólar).
para cada número entero $0<n<19$ tenemos $$f(n) = 1 + pf(n+1) + (1-p) f(n-1)$$
Las soluciones a esta ecuación son $$f(n) = \alpha + \beta\left(\frac{1-p}p\right)^n + \frac n{1-2p}\tag 1$$ y por recursión esta fórmula debe cumplirse para $0\leq 1\leq19$ . Debemos tener $f(0)=0$ y debido a la implicación impía que tenemos $f(19) = 1+f(18)$ es decir $$\begin{align} \alpha + \beta &= 0 \\ \alpha + \beta \left(\frac{1-p}p\right)^{19} + \frac {19}{1-2p} &= \alpha + \beta \left(\frac{1-p}p\right)^{18} + \frac {18}{1-2p} + 1 \end{align}$$
Reorganización de $$\begin{align} \frac{1}{1-2p}&= \beta\left(\frac{1-p}p\right)^{18}\frac{2p-1}p \\ \beta &=-\left(\frac{1-p}p\right)^{-18}\frac{2p^2}{(1-2p)^2} \end{align}$$
Así que sustituyendo en $(1)$ obtenemos la misma respuesta que Did.
Edita:
Como se señala más adelante, esta respuesta no es válida cuando $p=\frac 12$ porque la solución particular $\frac{n}{1-2p}$ es infinito. En este caso, observe que $f(n) = -n^2$ satisface $f(n) = 1+\frac{f(n+1) + f(n-1)}2$ por lo que todas las soluciones serán de la forma $$f(n) = \alpha + \beta n -n^2.$$ Que se resuelve como antes con $\alpha = 0, \beta=37$ .
Si el diablo interviene cuando alcanzas el nivel $d$ (aquí $d=19$ ), el tiempo medio antes de que se produzca la ruina es $$ E_1(T)=\frac1{1-2p}\,\left(1-2p\left(\frac{p}{1-p}\right)^{d-1}\right). $$ Si $p=\frac12$ hay que considerar su límite cuando $p\to\frac12$ lo que arroja $$ E_1(T)=2d-1. $$ Comprobación de cordura: Si $d=1$ entonces $E_1(T)=1$ para cada $p$ (¿por qué?). Si $p\lt\frac12$ , $E_1(T)$ permanece acotada cuando $d\to\infty$ (¿por qué?). Si $p\gt\frac12$ , $E_1(T)$ crece exponencialmente rápido cuando $d\to\infty$ (¿por qué?).
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