$n$ Gatos forman un círculo, un índice de$0$ a$n-1$. En primer lugar, hay una bola en el gato$0$. Tiramos una moneda con la probabilidad de$p$ mano a mano. Si la moneda es cara a cara, se pasa la pelota hacia la derecha, de lo contrario las agujas del reloj. Repetimos esto hasta que todos los gatos han tocado la pelota. ¿Cuál es la probabilidad de que la pelota finalmente al gato$k$?
Respuesta
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La notación es más fácil si tenemos $n+1$ gato: $0,1,2,\dots,n$. Suponga que $p\neq 1/2$ (el simétrica caso se considera aquí; gracias a @MarcusM para dar un link) y denotan $q=1-p$.
Teorema de La probabilidad de $P_k$ que el balón termina en cat $k$ es proporcional a $(\frac{q}{p})^{n-k}$, es decir, es igual a $$ P_k = \frac{p^{k} p^{n-k}}{\sum_{k=1}^n p^{k} p^{n-k}}, \quad k=1,\dots,n. $$
Prueba. Deje $W_t$ denotar la posición de la bola en el momento $t$ y vamos a por $k=1,\dots,n$ $$ \tau_k = \min\{t\ge 1: W_t = k\} $$ será la primera vez que la pelota visita el gato $k$. Vamos también a $\sigma_{k-n-1}$ ser la primera vez cuando la pelota viene a $k$ desde el derecho, es decir, desde el gato $k+1$, e $\sigma_k$ ser la primera vez, cuando se trata de la izquierda; obviamente, $\tau_k = \sigma_k\wedge \sigma_{k-n-1}$.
La idea crucial (que es muy estándar cuando se trata con este tipo de paseos), es considerar el siguiente martingala: $$ M_0 = 1,\quad M_{n+1} = \begin{cases} M_n z, & (n+1)\text{th step is clockwise},\\ M_n/z, & (n+1)\text{th step is counterclockwise}, \end{casos} $$ donde $z = q/p$. Primero vamos a calcular $P_1$ $P_n$ el uso de esta martingala. Obviamente, $$P_1 = P(\tau_2<\tau_1) = P(\sigma_{1-n}<\sigma_1).$$ Por el Doob opcional teorema de muestreo, $$ 1 = E[M_{\sigma_1\wedge \sigma_{1-n}}] = z P(\sigma_1<\sigma_{1-n}) + z^{1-n} (\sigma_{1-n}<\sigma_1) = z(1-P_1) + z^{1-n} P_1, $$ de dónde $$P_1 = z^{n-1}\frac{z-1}{z^{n}-1}.\tag{1}$$ Similarly, $P_n = P (\tau_n>\tau_{n-1}) = \frac{z-1}{z^{n}-1}$.
Denotan por $A_k$, $k=2,\dots,n-1$ en el caso de que el balón termina en cat $k$. Entonces $$ P(A_k) = P(A_k\mid \tau_{k-1}<\tau_{k+1})P(\tau_{k-1}<\tau_{k+1}) + P(A_k\mid \tau_{k+1}<\tau_{k-1}) P(\tau_{k+1}<\tau_{k-1}). $$ De manera similar a $(1)$, $$ \quad P(\tau_{k-1}<\tau_{k+1}) = \frac{z^{n-k}-1}{z^{n-1}-1},\quad P(\tau_{k+1}<\tau_{k-1}) = \frac{z^{n-1} z^{n-k}}{z^{n-1}-1}. $$ Pero $A_k$ condicionalmente en $\tau_{k-1}<\tau_{k+1}$ es el mismo como incondicional $A_1$: a partir de cierto punto $O$ ($=k-1$), la pelota debe visitar a su vecino de la derecha $O+1$ después de la visita $O+2$ ($=k+1$). Del mismo modo, $A_k$ condicionalmente en $\tau_{k-1}>\tau_{k+1}$ es el mismo como incondicional $A_n$. Por lo tanto, $$ P_k = z^{n-1}\frac{z-1}{z^n-1}\cdot \frac{z^{n-k}-1}{z^{n-1}-1} + \frac{z-1}{z^n-1}\cdot \frac{z^{n-1} z^{n-k}}{z^{n-1}-1} = z^{n-k}\frac{z-1}{z^n-1}, $$ como se requiere.
El simétrica caso puede ser tratado de una manera similar, teniendo en cuenta la martingala $$M_0 = 0,\quad M_{n+1} = \begin{cases} M_n +1, & (n+1)\text{th step is clockwise},\\ M_n-1, & (n+1)\text{th step is counterclockwise}. \end{casos} $$
