13 votos

Jugando el San Petersburgo de la Lotería hasta que lo pierde todo

Esta pregunta continúa en la siguiente pregunta: Calcular la probabilidad de ganar, al menos $128$ dólares en una lotería de la Paradoja de San Petersburgo

Aquí es una lotería: Una moneda se lanza repetidamente hasta que se produce "jefes". Si la primera aparición de los jefes es en el $n$th de lanzamiento, que se pagan $2^{n−1}$. Así, por ejemplo, si los jefes aparece en el primer lanzamiento, que se pagan 1 dólar; si se dirige por primera vez aparece en el segundo que se tira, le pagan 2 dólares, y así sucesivamente.

Dicen que el costo de entrar en la lotería es de 10 dólares y empiezo con 100 dólares. Voy a jugar a la lotería de nuevo y de nuevo hasta que no tienen más de 10 dólares para jugar el juego.

Ahora mi pregunta es, ¿cuál es la probabilidad de que puedo seguir jugando el juego?

Ejemplo: Digamos que durante el primer juego, me sale una cabeza en el primer sorteo, a continuación, yo me quedo con 91(=100-10+1) de dólares. Voy a jugar el juego de nuevo mediante el pago de 10 dólares y esta vez puede que me una las cabezas de las 7 de la sacudida y ahora voy a tener 145(=91-10+64) de dólares, y así sucesivamente.

Edit: O Es posible hallar la probabilidad de sobrevivir a la enésima ronda, dado que he sobrevivido a todas las rondas anteriores??

3voto

No veo un enfoque sencillo, así que me trató de una simulación en R usando el siguiente código, que se ve a si usted pierde en el primer millón de juegos, repetido $100000$ veces:

set.seed(2015)
subgames   <- 10
supergames <- 100000 # maximum games is supergames*subgames
cases      <- 100000 
gain     <- function(x, y=10){ ifelse(y<10, y, y + 2^-ceiling(log(x,2)) -10) }
position <- matrix(rep(NA,(subgames+1) * cases), nrow=cases)
position[, 1] <- 100 # start with 100
for (r in 1:supergames){
    subcases <- nrow(position)
    udata <- matrix( runif(subgames * subcases ), nrow=subcases )
    for (n in 1:subgames ){ position[, n+1] <- gain(udata[,n], position[,n]) } 
    position[, 1] <- position[, subgames+1]     # ready to restart 
    position <- position[position[,1] >= 10, ] # remove lost games
    }
nrow(position)/cases

Esto produjo el resultado 0.00021, lo que sugiere que la simulación perdido $99979$ veces pero no ha podido bajar de $21$ veces. De los $21$ de los casos, después de un millón de juegos de los sobrevivientes de fondos se encontraban en el rango $68183$ $17492689$en esta simulación, de manera que existe un neto de la ganancia media.

Obviamente hay incertidumbre asociada con cualquier simulación y puede haber pérdidas adicionales como el número de juegos que aumenta aún más, pero esto sugiere que la probabilidad de no perder en general es extremadamente pequeño. Acerca de $82\%$ de las pérdidas parecía haber ocurrido en los primeros veinte juegos y sobre $97\%$ de pérdidas en los primeros cientos de juegos, por lo que el potencial ilimitado de ganancias no suelen compensar el precio de jugar repetidos juegos.

1voto

Markus Scheuer Puntos 16133

Nota: El siguiente argumento hace plausible que la probabilidad de perder el juego tiende a cero en el largo plazo.

Nos muestran, que este comportamiento es válido independiente del costo de un juego, siempre y cuando se es constante y se argumenta, que también es válido independiente de la semilla de dinero.

Introducción: La Paradoja de San Petersburgo es un juego famoso en el trato con el jugador de la ruina de las secuencias. Un importante papel con respecto a este juego se Nota en la ley de los grandes números y juegos de feria por W. Feller de $1937$.

Otra interesante papel En Steinhaus la resolución de la Paradoja de San Petersburgo por S. Szörgö y G. Simmons elabora el llamado Steinhaus secuencias. Estas secuencias, introdujo $1949$ por Hugo Steinhaus muestran con una probabilidad de $1$ el mismo empírica de la función de distribución como las secuencias procedentes de la Paradoja de San Petersburgo.

Lo esencial de la paradoja es la no existencia de un número finito de expectativa de valor y la mayoría de los artículos abordan el problema de cómo podría el juego adoptado para convertirlo en un juego justo.

Secuencias críticas: OP pregunta no la atención sobre estos aspectos. Aquí sólo estamos interesados en la probabilidad de ganar el juego en el largo plazo. Echemos un vistazo a una secuencia de cabezas y colas

\begin{align*} HH\color{blue}{T}HHHH\color{blue}{T}\color{blue}{T}\color{blue}{T}H\color{blue}{T}H\color{blue}{T}\ldots\tag{1} \end{align*}

La secuencia en (1) se inicia con la $6$ juegos consecutivos

\begin{align*} HH\color{blue}{T},HHH\color{blue}{T},\color{blue}{T},\color{blue}{T},H\color{blue}{T},H\color{blue}{T},\ldots \end{align*}

Cuando la moneda muestra $H$, la ganancia se duplica hasta el primer tiempo $T$ ocurre, poner fin a esta instancia del juego. Si $c_0$ es el costo para cada instancia que nos dan para

$$H^nT\qquad \text{ a gain of} \qquad 2^{n}-c_0 \qquad\qquad n\geq 0$$

Veamos algunos aspectos característicos. Se observa que el $c_0$ compensa aproximadamente el $[\log_2(c_0)]$ gana. En OPs ejemplo,$c_0=10$, por lo que cada vez que un juego es de la forma $T,HT,HHT$ o $HHHT$, es decir. un juego con no más de $[\log_2(c_0)]$ $H$'s tenemos una pérdida (o no ganar, en caso de $c_0=2^k$). Vamos a llamar a las secuencias que disminuir la puntuación actual secuencias críticas.

Observamos que una de las características para determinar el resultado del juego es la distribución de secuencias críticas en el tiempo de ejecución de la partida.

El más alto es el valor de $c_0$, el más crítico de secuencias son posibles dentro de un juego y la pregunta es, qué aportan una cantidad considerable entre todos pathes, por lo que la probabilidad de una pérdida en el largo plazo es mayor a cero.

También observamos, que en el momento en que hacemos no adress de la semilla dinero $m_0$. En OP ejemplo,$m_0=100$, pero vamos a ignorarlo por el momento y asumir la $m_0=0$.

Celosía Pathes:

Podemos modelar el juego con celosía pathes. Así podemos asociar un entramado ruta de acceso a una secuencia de la forma (1) que consiste en ascender pasos $a$ para cada H en $(1,1)$ dirección y descendente pasos $b$ para cada T en $(1,-1)$ dirección.

Pasamos ahora a analizar el entramado pathes con respecto a la crítica de las secuencias.

Vamos

$$SEQ(a)=\{\varepsilon,a,aa,aaa,\ldots\}$$

denotar todas las pathes que contiene sólo una con longitud de $\geq 0$. Un camino con longitud cero se denota con a $\varepsilon$. La correspondiente función es la generación de $$(az)^0+(az)^1+(az)^2+\ldots= \frac{1}{1-az},$$ con el exponente de $z^n$ marcar la longitud de la $n$ de un camino de $a$'s y el coeficiente de $(az)^n$ marcando el número de pathes de longitud $n$.

Deje $SEQ^{\geq k}(a)$ ser el conjunto de todos los pathes de $a$'s con una longitud de $\geq k$. La generación de la función de $SEQ^{\geq k}(a)$$\frac{(az)^k}{1-az}$.

Ahora podemos describir las secuencias de (1) como todos aquellos pathes que se puede construir como la concatenación de una o más partes de la forma

$$SEQ(a)b=\{b,ab,aab,aaab,\ldots\}\qquad\longleftrightarrow\qquad G(z)=\frac{bz}{1-az}$$

Esto nos lleva a la descripción formal

$$SEQ^{\geq 1}(SEQ(a)b)$ $ , con la generación de la función

\begin{align*} H(z)&=\frac{G(z)}{1-G(z)}=\frac{\frac{bz}{1-az}}{1-\frac{bz}{1-az}} =\frac{bz}{1-(a+b)z}\\ \\ &=bz\sum_{n\geq 0}(a+b)^nz^n\\ &=\sum_{n\geq 0}\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}a^jb^{n-j+1}z^{n+1}\tag{2} \end{align*}

Conclusión: En el caso de $c_0=10$, es decir, el costo de una instancia de un juego es $10$, la crítica pathes se $b,ab,aab$$aaab$. La distribución de estos críticos pathes dentro de todas las $2^n$ pathes de longitud $n+1$ y terminando con $b$ está de acuerdo (2) \begin{align*} \frac{\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\binom{n}{3}}{2^n}=\frac{P(n)}{2^n} \end{align*} con $P(n)$ un polinomio de grado $3$.

Se observa que en el largo plazo para todos los valores de $c_0$ el número de críticos pathes dentro de un juego de la longitud de la $n$ corresponde a un polinomio $P(n)$ grado $[\log_2(c_0)]$ y ya \begin{align*} \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{P(n)}{2^n}=0\tag{3} \end{align*} la probabilidad de perder el San Petersburgo de juego en el largo plazo, también parece tender a cero.

Nota:

  • La semilla de dinero $m_0$ tiene probablemente sólo de influencia con respecto a la duración de los juegos. El mayor de la semilla, mayor es la posibilidad de un mayor tiempo de juego. Pero también parece que este tiene ningún impacto para la consiguiente probabilidad de que al considerar las ganancias y pérdidas de todos los pathes de longitud $n$ $n$ va al infinito. El polinomio incremento de la crítica pathes frente al aumento exponencial de todos los pathes siempre tienden a ganar una probabilidad de $1$ en el largo plazo.

Nota: La notación y la descripción formal de pathes corresponde a un ejemplo en I. 1.4 en P. Flajolet s y R. Sedgewicks Analítica de la Combinatoria

1voto

Scott McClung Puntos 171

Deje $P_n$ la probabilidad de perder (no de manera indefinida tener suficiente dinero para jugar) si usted comienza con $n$ dólares. Ahora, podemos observar que las probabilidades no cambian después de un paso, excepto que ahora se distribuye sobre los posibles valores de $n$. Como tal, podemos expresar que, para $n\geq 10$, $$ P_n = \frac{P_{n-9}}2 + \frac{P_{n-8}}4 + \frac{P_{n-6}}8 + \cdots + \frac{P_{n-10+2^k}}{2^{k+1}} + \cdots $$ que los estados requisito que el límite al infinito no cambia. También tenemos que $P_n=1$$n<10$.

Las investigaciones de este sistema con la Octava, por la construcción de la matriz del sistema para esto, teniendo en $P_n=0$ $n>n_{max}$ (esto crea un $(n_{max}-9)\times(n_{max}-9)$ sistema de la matriz), producen un resultado interesante:

Como aumentar el $n_{max}$, $P_n$ se hace más grande para cada una de las $n$... de una manera que sugiere que tienden a 1. Que es, se trata de mirar como si, por cualquier finito $n$, el resultado final será en realidad el $P_n=1$, lo que significa que, dado el tiempo suficiente, el jugador se quedará sin dinero en algún momento. Por ejemplo, para $n_{max}=5009$, obtenemos $P_{100}\approx 0.9960939$. Para $n_{max}=10009$, obtenemos $P_{100}\approx 0.9977098$. Aquí están las curvas de probabilidad de que el resultado de $n_{max}$ = 2509, 5009, y 10009 (nota: coordenada x se desplaza por 9, por lo que la primera curva que va desde 1 a 2500 en lugar de 10 a 2509):

Probabilities P_n

Tenga en cuenta que estos efectivamente muestran que la probabilidad de perder si el jugador ha $n$ dólares en el inicio y la casa ha $n_{max}-n$ dólares que se puede dar, es decir, si el jugador gana lo suficiente para alcanzar el $n_{max}$, luego de haber limpiado la casa del banco, y de haber "ganado", mientras que si el jugador cae por debajo de 10 dólares, que se han "perdido". Recordatorio: el $P_n$ se muestra en el gráfico muestra la probabilidad de perder.

0voto

Jon Mark Perry Puntos 4480

Si usted juega 8 partidos, espera abajo \$9 in 4, \$8 en 2 y \$6 in 1 with the last game still undecided. So you should expect to be down \$60. Si usted juega otro de 8 juegos, usted será -\$9 $* 8$, -\$8 $* 4$, -\$6 $* 2$ and down another \$2, con una menor probabilidad de ganar \$2. So down \$116, y así más de juego. Usted podría ganar, pero la probabilidad de que la ganancia es sólo $1/16$, por lo que por cada 16 obras de teatro, que está abajo aproximadamente \$116.

Usted podría pensar que usted puede fácilmente ganar \$1014, but it would take approxiamately 2048 attempts, costing you \$20480.

Escribí un juego similar una vez, pero en ésta las probabilidades son iguales: http://demonstrations.wolfram.com/GameOfDice/

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X