Zadanie o ruinie gracza.

[Emiel Regis]

Adam i Bolek grają w "orła i reszkę", rzucając (niekoniecznie symetryczną) monetą. W pojedynczej kolejce Adam wygrywa 1zł z prawdopodobieństwem p (0

[scyth]

\(\displaystyle{ P_b=P_b(z)}\) - prawdopodobieństwo, że gracz (Bolek) o kapitale b osiągnie kapitał z. Wtedy:
\(\displaystyle{ P_b = (1-p) P_{b+1} + p P_{b-1}, \ P_0=0, \ P_{z}=1}\)
czyli po pierwszym rzucie ma albo jeden zł więcej albo mniej. Ponieważ \(\displaystyle{ P_b = (1-p)P_b+ p P_b}\) to możemy zapisać:
\(\displaystyle{ (1-p) (P_{b+1} - P_{b}) = p (P_{b} - P_{b-1}) \\
P_{b+1} - P_{b} = \frac{p}{1-p}(P_{b} - P_{b-1}) = ft(\frac{p}{1-p}\right)^2(P_{b-1}- P_{b-2}) = \\ = ft(\frac{p}{1-p}\right)^n(P_{1} - P_{0}) = ft(\frac{p}{1-p}\right)^nP_{1}}\)
Teraz możemy napisać:
\(\displaystyle{ 1 = P_z = \sum_{k=0}^{z-1} ft( P_{k+1} - P_k\right) = \sum_{k=0}^{z-1} ft(\frac{p}{1-p}\right)^kP_{1} = P_1 \frac{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^z}{1-\frac{p}{1-p}}}\)
stąd \(\displaystyle{ P_1 = \frac{1-\frac{p}{1-p}}{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^z}}\).

Teraz możemy już liczyć:
\(\displaystyle{ P_b = \sum_{k=0}^{b-1} ft( P_{k+1} - P_k\right) = P_1 \sum_{k=0}^{b-1} ft(\frac{p}{1-p}\right)^k = \frac{1-\frac{p}{1-p}}{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^z} \frac{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^b}{1-\frac{p}{1-p}} = \frac{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^b}{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^z}.}\)

[Emiel Regis]

Właśnie sie biore za czytanie Twojego rozwiazania jednak z ciekawosci podstawilem p=1/2 i wtedy \(\displaystyle{ P_b=\frac{0}{0}}\) (cokolwiek to znaczy). No ale zaraz zobaczymy...

[scyth]

tutaj:

\(\displaystyle{ 1 = P_z = \sum_{k=0}^{z-1} ft( P_{k+1} - P_k\right) = \sum_{k=0}^{z-1} ft(\frac{p}{1-p}\right)^kP_{1} = P_1 \frac{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^z}{1-\frac{p}{1-p}}}\)

liczymy sumę korzystając z szeregu geometrycznego. W przypadku gdy \(\displaystyle{ p=0,5}\) mamy szereg arytmetyczny.

[Emiel Regis]

No tak, to mnie oduczy zaczynać czytać rozwiązanie od wyniku.
Logiczne wszystkie przejścia choć samemu na nie wpaść to jednak mocno skomplikowane. Ty gdzieś czytałeś o takim zadaniu w ksiazce czy sam wpadłes na taki pomysł rozwiazania?

Tutaj zdaje sie powinno być b zamiast n, ale to pewnie z rozpędu napisales.

\(\displaystyle{ \left(\frac{p}{1-p}\right)^2(P_{b-1}- P_{b-2}) = \\ = ft(\frac{p}{1-p}\right)^n(P_{1} - P_{0}) = ft(\frac{p}{1-p}\right)^nP_{1}}\)

[scyth]

polecam zapoznać się z zagadnieniami błądzenia losowego i martyngałów - to zadanie jest ich najprostszym (a może najbardziej intuicyjnym i łatwym do wyobrażenia) przykładem. A książek jest masa.

A to \(\displaystyle{ n}\) to pewnie i z rozpędu i z przyzwyczajenia .

[jovante]

dla symetrycznej monety bez liczenia widać, że \(\displaystyle{ P_b=\frac{b}{z}}\)

[Emiel Regis]

dla symetrycznej monety bez liczenia widać, że \(\displaystyle{ P_b=\frac{b}{z}}\)

No widać jak widać... jest to rozsądny wynik ale czemu tak jest to (ja) nie potrafiłbym uzasadnić. Z chęcią przeczytam Twoje uzasadnienie.

Jeszcze jest pytanie: Jakie jest prawdopodobieństwo że jeden z graczy wygra.
No to tu intuicyjnie powinno wyjść 1 że gra sie zakonczy. Formalnie licząc musze dodać prawdopodobienstwa że wygra jeden z nich czyli:
\(\displaystyle{ P_b = \frac{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^b}{1-\left(\frac{p}{1-p}\right)^z}}\)
\(\displaystyle{ P_b = \frac{1-\left(\frac{1-p}{p}\right)^a}{1-\left(\frac{1-p}{p}\right)^z}}\)
\(\displaystyle{ P_b + P_a = ... = \frac{2-(\frac{p}{1-p})^z - (\frac{1-p}{p})^z}{1-(\frac{p}{1-p})^z - (\frac{1-p}{p})^z+(\frac{1-p}{p})^{2z}}}\)
Sprowadziłem do wspolnego mianownika, wymnożyłem, na szczescie duża czesc sie uprosciła a zostalo co zostalo... Zakładajac ze wynik ma wyjsc 1 to wtedy by wynikało że \(\displaystyle{ 1=(\frac{1-p}{p})^{2z}}\) Co jest błędne, to pewnie w rachunkach sie pomyliłem... Jak to najprościej policzyć?

[edit]
aaa nie! źle mianownik wymnożyłem, ech, ładnie wychodzi wynik 1. Czyli już ok.