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Ejercicio dado por Julian

0 respuestas 4478 visitas 2009-10-06

#1 Merfox 2009-10-06 06:47

Se arroja un dado honesto sucesivas veces hasta que se cumpla alguna de estas dos condiciones:
a) Sale un \(1\) en el dado
b) El jugador decide parar (después de arrojado el dado)

El objetivo es tratar de obtener el número mas alto en la última tirada. Si \(x\) es dicho numero, ¿qué estrategia conviene seguir de manera de maximizar la esperanza de \(x\)?

Bueno, si nos convencemos de que realmente el único dado que importa es el ultimo, las únicas estrategias válidas" serían las del estilo "paro cuando me sale mayor o igual a \(x\)". ¿Por qué es así? la verdad no tengo muchos argumentos para convercer, pero si la dinámica del juego funciona en base al último dado sacado, tiene lógica que lo que haya pasado antes no sea considerado. Bueno, habiéndose convencido de que las estrategias deben ser del estilo "Mayor o igual a.." analicemos los casos posibles, método brutal si los hay, pero tiene su magia interna.

E($Esperar hasta$ \geq 2)

En este caso, lo que resulta es que realmente lo único que hacés es tirar el dado y ya, ¿por qué? porque si te sale un \(1\) el juego se detiene y te quedaste con el \(1\), si te sale algo mayor a \(1\), te quedás porque cumple tu criterio. Entonces resulta que la esperanza de este caso es la misma esperanza de arrojar un dado honesto, o sea, \(3.5\).

E($Esperar hasta$ \geq 3)

Acá empieza la parte interesante; como yá no podés "quedarte" con un \(2\), cada vez que salga vas a tirar de nuevo, entonces el "peso" que tiene el \(2\) como resultado posible se debe "distribuir" uniformemente entre los \(5\) casos posibles en los que te podés quedar entonces la esperanza resulta ser:

=1\cdot\underbrace{(\frac{1}{6}+\frac{1}{5\cdot 6})}_{le\;agregu\acute{e}\;parte\;del\;"peso"\;2}+3\cdot(\frac{1}{6}+\frac{1}{5\cdot 6})+4\cdot(\frac{1}{6}+\frac{1}{5\cdot 6})+5\cdot(\frac{1}{6}+\frac{1}{5\cdot 6})+6\cdot(\frac{1}{6}+\frac{1}{5\cdot 6})=(\frac{1}{6}+\frac{1}{5\cdot 6})\cdot (1+3+4+5+6)=\frac{1}{5}\cdot 19=\frac{19}{5}

E($Esperar hasta$ \geq4)=(\frac{1}{6}+\frac{2}{4\cdot 6})\cdot(1+4+5+6)=\frac{1}{4}\cdot 16=4

Siguiendo la misma lógica anterior, ahora debo añadir a los 4 números posibles el "peso" del \(2\) y del \(3\).

E($Esperar hasta$\geq 5)=(\frac{1}{6}+\frac{3}{3\cdot 6})\cdot(1+5+6)=\frac{1}{3}\cdot 12=4

E($Esperar hasta$\geq 6)=((\frac{1}{6})+\frac{4}{2\cdot 6})\cdot(6+1)=\frac{1}{2}\cdot 7=3.5

Entonces no tendriamos una estrategia optima, sino dos, una de las cuales es detenerse con un numero mayor o igual a 4 y la otra parar con un mayor o igual a 5. Eso considerando solo la esperanza, porque sino, es mejor la primera, porque te tiene menos tiempo tirando el dadito.

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