Hilanderos de antaño: un desafiante problema de probabilidad

Question

Mientras navega por la Internet me encontré con un viejo juego de carreras de caballos, donde los resultados fueron determinados por un spinner. Los nombres de los 6 diferentes caballos que fueron mencionados por un número igual de veces en la ruleta. Cada vez que el spinner aterrizó en un determinado caballo, movió el caballo adelante 1 espacio. El primer caballo para mover 5 plazas, ganó la carrera.

Era obvio que cada caballo tenía la misma probabilidad de ganar. Me preguntaba, sin embargo, ¿qué pasaría si nos ponderado de cada uno de los caballos de forma diferente, digamos p1,p2,...,p6, donde p1+p2+...+p6 = 1. Con esto en mente, ¿cómo estas ponderaciones se refieren a su probabilidad de ganar la carrera? El problema es que, para mí al menos, difícil. He simulado un par de "razas" como un ejemplo:

Carrera 1: p = [p1,p2,...,p6] = [50,10,10,10,10,10] --> Total de premios por cada caballo de 100.000 simulaciones = [95928,831,776,839,825,801]

Carrera 2: p= [50,30,5,5,5,5] --> [78231,21636,29,43,30,31]

Usted consigue la idea. Así que la pregunta es, dado un conjunto inicial de probabilidades para cada uno de los 6 caballos, lo que son el final de "ganar" las probabilidades?

Existe una formula (complicada o no) que describe esto?

Gracias a todos los que le da un tiro!

Answer 1

El siguiente análisis da un horrible fórmula que consiste en un entramado de suma de productos. Tal vez alguien va a ser capaz de dar una simplificación.

Supongo que se juega la partida con seis caballos, $h_0, h_1, \ldots, h_5$. En cada paso de tiempo la probabilidad de caballo $h_i$ avance de un paso es $p_i \geq 0$ con $\sum_{i=0}^{5}p_i = 1$. Vamos a considerar primero el caso en el que hacer girar la rueda de $m$ a veces y el registro de cómo la medida de cada caballo se ha avanzado. En este caso no nos detenemos cuando un caballo se ha avanzado $5$ pasos.

El vector $(k_0, k_1, \ldots, k_5)$ de los pasos avanzados por cada caballo sigue una distribución multinomial. La función de masa de probabilidad en este caso está dada por $$P(k_0, k_1,\ldots, k_5) = \left\{ \begin{array}{cc}{m \choose k_0, k_1, k_2, k_3, k_4, k_5}p_0^{k_0}p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}p_4^{k_4}p_5^{k_5} & \sum_{i=0}^{5}k_i = m\\ 0 & \text{otherwise} \end{array} \right. $$

Ahora supongamos que en lugar de eso nos vamos hasta $h_0$ avances $5$ pasos. En este caso, el vector $(k_1, k_2, k_3, k_4, k_5)$ de los pasos avanzados por el otro $5$ caballos se siga un negativo de la distribución multinomial. La función de masa de probabilidad está dada por $$P(k_1,k_2,k_3,k_4,k_5) = \Gamma\left(5+\sum_{i=1}^5k_i\right)\frac{p_0^{5}} {4!}\prod_{i=1}^{5}\frac{p_i^{k_i}}{k_i !}$$

Donde hacemos uso de la función gamma, para simplificar la notación. Para los números naturales $n$, $\Gamma(n) = (n-1)!$.

Ahora $h_0$ se han ganado el juego asociado, si y sólo si $k_i < 5$ $1 \leq i \leq 5$ . Así $$P(h_0 \text{ gana}) = \frac{p_0^5}{4!}\sum_{ k_1 = 0}^4\sum_{k_2=0}^4\sum_{k_3=0}^4\sum_{k_4=0}^4\sum_{k_5=0}^4 \Gamma\left(5+\sum_{i=1}^5k_i\right)\prod_{i=1}^5\frac{p_i^{k_i}}{k_i!}$$

El mismo razonamiento nos permite obtener las probabilidades de los otros caballos ganar, ya que nuestra numeración de los caballos fue arbitraria. Este resultado se puede generalizar a cualquier número de caballos y cualquier número de pasos necesarios para ganar.

Answer 2

(Asumo aquí que cada éxito de la tirada es igual un paso hacia el caballo de la victoria.)

La lectura de sus problemas, pensé que había rastros de una distribución multinomial y las huellas de una distribución binomial negativa. Así que le pregunté a Google, y se confirmaron mis sospechas: No es tal cosa como un negativo de la distribución multinomial. La página de la Wikipedia no se ve inmediatamente útil, y prefiero descubrir las cosas por mi cuenta, de todos modos, así que lo hice.

Sin embargo, para hacer esto un poco más manejable, me hizo un pequeño problema. El uso de este método y voy a tratar de generalizar un poco al final, usted debe ser capaz de trabajar a través de tu pregunta específica, asumiendo que usted tiene la paciencia :).

Así. Suponga que hay tres caballos, $H_1, \, H_2, \, H_3$, que tienen probabilidades de ganar $p_1 = 1/2, \, p_2 = 3/10, \, p_3 = 1/5$. Además, el caballo necesita de tres vueltas para ganar.

Supongamos que queremos saber la probabilidad de que $H_1$ gana. El juego debe durar un mínimo de tres vueltas y un máximo de siete (dos vueltas para cada caballo, con el centrifugado final va a $H_1$). Por lo tanto, debemos encontrar la probabilidad de cada posible juego y agregar esas probabilidades juntos. Así que aquí están las posibilidades (con el fin de ignorado por ahora):

• $H_1, \, H_1, \, H_1$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_2$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_3$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_2, \, H_2$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_3, \, H_3$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_2, \, H_3$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_2, \, H_2, \, H_3$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_2, \, H_3, \, H_3$
• $H_1, \, H_1, \, H_1, \, H_2, \, H_2, \, H_3, \, H_3$

Con el fin de contar el número de maneras de obtener cada resultado, para la contabilidad de los diferentes ordenamientos, necesitamos multinomial coeficientes, la generalización de los coeficientes binomiales, donde

$$\binom{n}{k_1, k_2, \ldots k_t} = \frac{n!}{k_1!k_2!\ldots k_t!}$$

y $k_1 + k_2 + \ldots k_t = n$. Si $A$, entonces, es alguno de los anteriores resultados, se tendrá una probabilidad del formulario

$$P(A) = \binom{n-1}{2, b, c}(1/2)^3 (3/10)^b (1/5)^c$$

donde $n$ es el número de vueltas necesario para $H_1$ para ganar. ¿Por qué ha $n-1$ en el coeficiente multinomial? Debido a que la posición de la última vuelta es determinado: Por necesidad, se trata de la última. Por lo tanto, estamos contando los arreglos de todo antes de la final de vuelta.

Así que ¿cuál es la probabilidad de que $H_1$ gana?

$$ \begin{aligned} \ P(H_1) =& \binom{3}{2,0,0}(1/2)^3 + \binom{3}{2,1,0}(1/2)^3(3/10) + \binom{3}{2,0,1}(1/2)^3(1/5)\\ \ & + \binom{4}{2,2,0}(1/2)^3(3/10)^2 + \binom{4}{2,0,2}(1/2)^3 (1/5)^2 \\ \ & + \binom{4}{2,1,1}(1/2)^3 (3/10) (1/5) \\ \ & + \binom{5}{2,2,1}(1/2)^3 (3/10)^2 (1/5) + \binom{5}{2,1,2}(1/2)^3 (3/10)(1/5)^2 \\ \ & + \binom{6}{2,2,2}(1/2)^3 (3/10)^2 (1/5)^2 \\ \ =& \frac{1}{8}\left(1 + \frac{9}{10} + \frac{3}{5} + \frac{18}{25} + \frac{6}{25} + \frac{27}{50} + \frac{27}{50} + \frac{9}{25} + \frac{81}{250} \right) \\ \ =& 0.653 \\ \end{aligned} $$

(Edición próxima con información general.)

Estoy asumiendo que Albert post de abajo (que se mantuvo oculto hasta que he publicado), dice más o menos lo mismo, pero la forma general en que se me ocurrió veía un poco diferente. (Es un poco la mano-ondulados, sin embargo.)

Así. Que no por $t$ caballos, $H_1, \, H_2, \, \ldots H_t$, con probabilidades de ganar $p_1, \, p_2, \, \ldots p_t$. Un caballo necesita de la $w$ giros para ganar. Entonces la probabilidad de que $H_i$ gana es

$$\displaystyle{P(H_i) = p_i^w \sum_{n=w-1, k_i = w - 1, k_j < w}^{wt-(t-1)} \binom{n}{k_1, \ldots, k_i, \ldots k_t}p_1^{k_1}\ldots p_{i-1}^{k_{i-1}} p_{i+1}^{k_{i+1}} \ldots p_t^{k_t} }$$

donde $i \neq j$.

Yo creo que esto es cierto :).