Giocare d'azzardo!

[Covenant]

Propongo un problema classico ma carino e relativamente facile.

Problema:
Supponiamo di avere in tasca una somma iniziale di $i$ € e di partecipare ad un gioco d'azzardo molto semplice: ad ogni mano di questo gioco possiamo vincere $1$ € con probabilità $p$ oppure perdere $1$ con probabilità $1-p$. Supponiamo di ritenerci soddisfatti, e quindi smettiamo di giocare, se riusciamo a raggiungere la somma di $N$ € (con ovviamente $0

1) Si calcoli la probabilità di "vincere", ovvero di arrivare prima o poi a possedere $N$ €.

2) (un po' più difficile) Si calcoli il tempo medio di gioco (ovvero il numero medio di mani che giochiamo prima di smettere o perché abbiamo raggiunto $N$ o perché siamo andati in bancarotta) in funzione della somma $i$ iniziale.

P.S. Visto che il problema è un classico che si mostra in molti corsi di probabilità, pregherei di astenersi a chi già lo conosce bene .

[Covenant]

Nessuno? a breve posterò la soluzione.

[Covenant]

Per visualizzare il problema, consideriamo la seguente immagine:



dove sono rappresentate le varie probabilità di transizione da uno stato all'altro. Il processo può essere modellato cioè come una catena di Markov a tempo discreto, tuttavia, almeno per risolvere il punto 1), occorre solo sapere qualcosina di probabilità.
La soluzione del 2) arriverà a breve ma occorre sapere qualcosina sulle catene di Markov.
1)

Chiamiamo con $V(i)$ la probabilità di vincere partendo con una somma iniziale $i$ (cioe la probabilità di arrivare prima o poi alla casella $N$), che è quello che ci interessa trovare. Notiamo che esistono infiniti "percorsi" diversi di arrivare alla casella $N$ e apparentemente il problema sembra complicato poiché dovremmo tener conto dei contributi in probabilità di ogni singolo percorso. Tuttavia, possiamo aggirare l'intoppo semplicemente condizionando sul risultato della prima mano del gioco (o vinciamo o perdiamo $1$ €), infatti per il teorema delle probabilità totali vale che:

$V(i) = V(i \ | \ i \rightarrow i+1)*P(i \rightarrow i+1)+V(i \ | \ i \rightarrow i-1)*P(i \rightarrow i-1)$

ma ovviamente:

$V(i \ | \ i \rightarrow i+1) = V(i+1)$; $V(i \ | \ i \rightarrow i-1) = V(i-1)$ e $P(i \rightarrow i+1) = p$; $P(i \rightarrow i-1) = 1-p$

quindi l'equazione iniziale si scrive come:

* $V(i) = pV(i+1)+(1-p)V(i-1)$

E' evidente che valgono inoltre le seguenti condizioni sulle caselle estreme $0$ e $N$:

$V(0) =0$ e $V(N)=1$

dobbiamo quindi risolvere il seguente problema alle differenze finite del secondo ordine, lineare e omogeneo:

$\{(V(i) = pV(i+1)+(1-p)V(i-1)),(V(0)=0),(V(N)=1):} \ \ \ \ \ \ \ \ 0
la soluzione si può ottenere in vari modi, ad esempio sfruttando la teoria delle equazioni alle differenze finite che ci dice che essa deve essere del tipo:

$V(i) = C_1 (1/p-1)^i+C_2$

ma ci si può arrivare anche in modo diverso:

la * si può infatti riscrivere come

$pV(i) + (1-p)V(i) = pV(i+1)+(1-p)V(i-1)$, che porta a

$V(i+1)-V(i) = (1-p)/p (V(i)-V(i-1))$

e da questa si ricava che:

$V(2)-V(1) = (1-p)/p(V(1)-V(0)) = (1-p)/p V(1)$
$V(3)-V(2) = (1-p)/p(V(2)-V(1)) = ((1-p)/p)^2 V(1)$
in generale
$V(i+1)-V(i) = ((1-p)/p)^i V(1)$ con $0 notiamo che si può scrivere
$V(i+1)-V(1) = \sum_{k=1}^{i} (V(k+1)-V(k)) = \sum_{k=1}^{i} ((1-p)/p)^k V(1) $ da cui
$V(i+1) = V(1)+V(1) \sum_{k=1}^{i} ((1-p)/p)^k = V(1) \sum_{k=0}^{i} ((1-p)/p)^k = \{(V(1) (1-((1-p)/p)^(i+1))/(1-(1-p)/p) \ \ \ \ \ \ p!=1/2),(V(1)(1+i) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p=1/2):} $
ora si può trovare $V(1)$ ponendo $i=N-1$ nell'espressione sopra e ricordandosi che $V(N)=1$, ricavando $V(1)$ si ottiene facilmente che
$V(1)= \{( (1-(1-p)/p)/(1-((1-p)/p)^N) \ \ \ \ \ \ p!=1/2),(1/N \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p=1/2):} $
e alla fine sostituendo nell'espressione di $V(i)$, dopo qualche conto si ottiene il risultato finale:
$V(i)= \{( (1-((1-p)/p)^i)/(1-((1-p)/p)^N) \ \ \ \ \ \ p!=1/2),(i/N \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p=1/2):} $
Notare cosa succede se $N \to +oo$.