¿Cuál es la probabilidad de que finalmente llueva siempre?

Question

1. La probabilidad de que llueva hoy es del 60%.
2. Si llueve hoy, la probabilidad de que llueva mañana aumentará un 10%.
3. Si no llueve hoy, la probabilidad de que llueva mañana disminuirá un 10%.

Las reglas 2 y 3 pueden aplicarse a días futuros.

¿Cuál es la probabilidad de que, finalmente, llueva siempre?

(Intenté utilizar el modelo binomial de valoración de opciones pero no pude resolverlo porque la probabilidad no es fija. Vi esta pregunta en chino como una pregunta de entrevista para un puesto de quant. No pude encontrar una respuesta en línea. Así que por favor ayúdenme gente inteligente)

Answer 1

¡Interesante problema! Son simplemente las sumas parciales de las filas del triángulo de Pascal. Así que en este caso, la respuesta es sólo la suma de los seis primeros elementos del $n = 9$ fila (dividida por $2^9 = 512$ ):

$$ p_6 = \frac{1+9+36+84+126+126}{2^9} = \frac{382}{512} = \frac{191}{256} $$

Esto es lo que ocurre: Sólo hay dos estados finales posibles: sequía segura y lluvia segura. Para cualquier $k, 0 \leq k \leq 10$ , dejemos que $p_k$ sea la probabilidad de que el estado final sea lluvia segura, dado que la probabilidad inicial de lluvia es $\frac{k}{10}$ . (Aquí, inicial sólo significa "actual", ya que el proceso es homogéneo en el tiempo).

Entonces, hay un conjunto simple de ecuaciones lineales que relacionan el $p_k$ . Supongamos que $k = 1$ inicialmente. Es decir, la probabilidad de lluvia actual es $\frac{1}{10}$ . Entonces, con probabilidad $\frac{1}{10}$ la próxima probabilidad de lluvia será $\frac{2}{10}$ y con probabilidad $\frac{9}{10}$ la próxima probabilidad de lluvia será $0$ (y el estado final es la sequía segura). Podemos representarlo de la siguiente manera:

$$ p_1 = \frac{1}{10} p_2 + \frac{9}{10} p_0 $$

donde $p_0 = 0$ naturalmente.

Ahora, supongamos que $k = 2$ inicialmente. Entonces, con probabilidad $\frac{2}{10}$ la próxima probabilidad de lluvia será $\frac{3}{10}$ y con probabilidad $\frac{8}{10}$ la próxima probabilidad de lluvia será $\frac{1}{10}$ . Podemos representar este de la siguiente manera:

$$ p_2 = \frac{2}{10} p_3 + \frac{8}{10} p_1 $$

Siguiendo esta línea, podemos escribir ecuaciones de la forma

$$ p_k = \frac{k}{10} p_{k+1} + \frac{10-k}{10} p_{k-1} \qquad 1 \leq k \leq 9 $$

con condiciones de contorno $p_0 = 0, p_{10} = 1$ .

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Ahora, curiosamente, porque para cualquier $k$ los coeficientes de $p_{k-1}$ y $p_{k+1}$ suma a $1$ podemos ver cada uno de los $p_k$ como una media ponderada de $p_{k-1}$ y $p_{k+1}$ . Es decir,

• $p_0 = 0$
• $p_1$ es $\frac{1}{10}$ del camino de $p_0$ a $p_2$
• $p_2$ es $\frac{2}{10}$ del camino de $p_1$ a $p_3$
• $p_3$ es $\frac{3}{10}$ del camino de $p_2$ a $p_4$

y así sucesivamente. Esto nos permite encontrar $p_2$ en términos de $p_1$ , $p_3$ en términos de $p_2$ etc. En particular, si dejamos que $p_1 = q$ , donde $q$ es alguna cantidad actualmente desconocida, entonces

$$ p_2-p_1 = \frac{9}{1} (p_1-p_0) = \frac{9}{1}q $$ $$ p_3-p_2 = \frac{8}{2} (p_2-p_1) = \frac{9 \times 8}{2 \times 1}q $$ $$ p_4-p_3 = \frac{7}{3} (p_3-p_2) = \frac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1} q $$

y para cualquier $k$ ,

$$ p_{k+1}-p_k = \binom{9}{k} q $$

Y como

$$ \sum_{k=0}^9 p_{k+1}-p_k = p_{10}-p_0 = 1 $$

por lo tanto, debe ser el caso que $q = \frac{1}{2^9}$ y

$$ p_k = \frac{1}{2^9} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{9}{i} $$

Así que tu intuición de que los coeficientes binomiales estaban involucrados no estaba muy equivocada; sólo que no representan las probabilidades reales en sí, sino sus primeras diferencias. Una generalización obvia de esto produce una expresión similar cuando la probabilidad de lluvia es $\frac{k}{n}$ con incrementos de tamaño $\frac{1}{n}$ :

$$ p_k = \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{i=0}^{k-1} \binom{n-1}{i} $$

Ay, esta pregunta sugiere que no es probable una mayor simplificación para la $k$ y $n$ . (Obviamente, se pueden obtener formas cerradas para algunos casos especiales).

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ETA: La forma relativamente simple de la respuesta me hace preguntarme si existe una respuesta más inteligente que se base en alguna analogía entre seleccionar no más de $k$ de $n$ objetos y la probabilidad de cierta lluvia que comienza con una probabilidad de lluvia de $\frac{k}{n}$ . Pero confieso que no se me ocurre nada rápidamente.

Answer 2

[nvm, respuesta incorrecta. Debería haber sólo 2 estados].

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Se me acaba de ocurrir una manera de resolverlo. Corrígeme si me equivoco.

Denotaré los días de lluvia como R, y los días sin lluvia como N,

Hay tres resultados posibles: R eterna, N eterna, alternando entre R&N.

1. Dibujando un árbol binario, observé que para llegar a la eterna R, necesitamos 4 días de R + n días de R + n días de N, es decir 4R+n(N+R) . (n puede ser cualquier número entero no negativo y puede ser infinitamente grande).

   El cambio en la probabilidad causado por 1N y 1R se anula mutuamente (+10%-10% = 0).

   Para esos 4 días de R, independientemente de su orden o de si son consecutivos o no, las probabilidades de las 4R son 0,6, 0,7, 0,8 y 0,9.

   Por lo tanto, la probabilidad de R eterna es 0,6*0,7*0,8*0,9*P(n(N+R) con todos los n posibles)

2. La misma regla se aplica a los días N. Para llegar a N eterno, necesitamos 6 días de N + n días de R + n días de N, es decir 6N+n(N+R) .

   Lo mismo aquí, para esos 6 días de N, las probabilidades del 6N son 0,4, 0,5, 0,6, 0,7, 0,8 y 0,9.

   Por lo tanto, la probabilidad de N eterna es 0,4*0,5*0,6*0,7*0,8*0,9*P(n(N+R) con todos los n posibles)

(A partir de este punto, denotaré P(n(N+R) con todos los n posibles) como P.

3. Para el estado alterno, tenemos 9 subestados: nNR, R+nNR, 2R+nNR, 3R+nNR, N+nNR, 2N+nNR, 3N+nNR, 4N+nNR, 5N+nNR

   Respectivamente, las probabilidades son P, 0,6*P, 0,6*0,7*P, 0,6*0,7*0,8*P, 0,4*P, 0,4*0,5*P, 0,4*0,5*0,6*P, 0,4*0,5*0,6*0,7*P, 0,4*0,5*0,6*0,8*P

Sumando la probabilidad de los tres estados, deberíamos obtener 1. Por lo tanto, podemos resolver P = 625/2017

Por lo tanto, probabilidad de R eterna = 0,6*0,7*0,8*0,9*P = 189/2017

(La suposición aquí es que como estamos sumando la probabilidad para todos los n posibles, de 0 a infinito, supuse que P se mantiene igual para los tres estados).

Answer 3

Podemos modelar esta situación con cadenas de Markov

Sea la siguiente la matriz de transición del primer paso donde cada estado es la probabilidad de lluvia de ese día dividida por 10

     0   1   2   3   4   5   6   7   8   9  10
_____________________________________________
0 |  1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
1 | .9   0  .1   0   0   0   0   0   0   0   0  
2 |  0  .8   0  .2   0   0   0   0   0   0   0
3 |  0   0  .7   0  .3   0   0   0   0   0   0
4 |  0   0   0  .6   0  .4   0   0   0   0   0
5 |  0   0   0   0  .5   0  .5   0   0   0   0  
6 |  0   0   0   0   0  .4   0  .6   0   0   0
7 |  0   0   0   0   0   0  .3   0  .7   0   0
8 |  0   0   0   0   0   0   0  .2   0  .8   0
9 |  0   0   0   0   0   0   0   0  .1   0  .9
10|  0   0   0   0   0   0   0   0   0   0   1

A continuación, creamos un sistema de ecuaciones lineales en el que la probabilidad de ser absorbido en el estado 10 dado que se partía del estado i es $$ ui = \sum Pij*uj $$ donde Pij es la probabilidad de pasar del estado i al estado j .

Ahora bien, como si empezamos en el estado 5, la probabilidad de ir en cualquier dirección es de 0,5, sabemos que la probabilidad de ser abortado en 0 o 10 será de 0,5 por la simetría de las probabilidades.

A continuación, creamos el siguiente sistema: $$u5 = .5$$ $$u10 = 1$$ $$u9 = .9 + .1 \cdot u8$$ $$u8 = .8 \cdot (.9 + .1 \cdot u8) + .2 \cdot u7 = \frac{(.72 + .2 \cdot u7)}{.92} = .7826 + .2174 \cdot u7$$ $$u7 = .7 \cdot (.7826 + .2174u7) + .3 \cdot u6 = \frac{(.5478 + .3 \cdot u6)}{.8478} = .6461 + .3539 \cdot u6$$ $$u6 = .6 \cdot (.6461 + .3539 \cdot u6) + .4 \cdot u5 = \frac{(.38766 + .2)}{.78766} = \frac{191}{256} \approx .7461$$