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Procesos EstocasticosTRANSCRIPT
Taller de Procesos Estocásticos
David Leonardo Garzón Vanegas 20121167006
20 de abril de 2015
1. Ejercicios
1. Muestre que la solución de la ecuación en diferencias pqk+1−qk+qqk−1 = 0 para las condiciones
iniciales q0 = 1 y qa = 0 dada por la expresión:
qk =(q/p)a − (q/p)k
(q/p)a − 1
es única.
Como preparación para solucionar este ejercicio necesitamos los siguientes resultados.
Proposición 1. Sea A ∈Mn(K) A es invertible si y sólo si det(A) 6= 0.Prueba
⇒ Si A es invertible entonces existe un B ∈Mn(k) tal que AB = BA = In
det(AB) = det(A) · det(B) = det (In) = 1
Como el pivote es 1, entonces det(A) 6= 0.⇐ Si
A(Aad
)t=(Aad
)A = det(A)I
Como det(A) 6= 0 (1
det(A)
)A(Aad
)t=
detA
detAIn = In
luego,
A1
detA
(Aad
)t= In
entonces
A−1 =1
detA
(Aad
)tProposición 2. Si A es una matriz invertible, entonces su inversa es unica.
Prueba.
Supongamos que A tiene dos inversas, por ejmplo, A′ y A′′. Entonces
AA′ = I = A′A
y
AA′′ = I = A′′A
1
Por tanto,
A′ = A′I = A(AA′′) = (A′A)A′′ = IA′′ = A′′
En consecuencia,
A′ = A′′
y la inversa es única.
Solución.
Para solucionar esta ecuación en diferencias
pqk+1 − qk + qqk−1 = 0 (1)
con q0 = 1 y qa = 0. Haciendo qk = wk, nuestra ecuación en diferencia
pwk+1 − wk + qwk−1 = 0
wk+1(pw2 − w + q
)= 0
tendriamos
pw2 − w + q = 0 (2)
luego
w =−(−1)±
√(−1)2 − 4pq
2p
=1±
√(−1)2 − 4p (1− p)
2p
=1±
√1− 4p + 4p2
2p
=1±
√(1− 2p)2
2p
=1± 1− 2p
2p
Supongamos en primer lugar que p 6= q, admiten las dos soluciones particulares qk = 1 y
qk = (q/p)k. Resulta que, para constantes arbitrarias A y B la sucesion
qk = A(1)k + B
(q
p
)k
representa una solución formal de (1). Las condiciones de frontera se cumple si, y sólo si, A y
B satisfacen las dos ecuaciones lineaes A + B = 1 y A + B (q/p)a = 0. De este modo,
C =
(1 1 1
1(qp
)a0
)
2
Por la proposición 1, el determinante de esta matriz es distinto de cero, y como hemos con-
siderado el caso en el que p 6= q entonces (det(C) = 1− (q/p)a) y por la proposición 2 C es
una matriz invertible, entonces su inversa es unica.
Finalmente, al solucionar el sistema de ecuaciones
0 = 1−B + B
(q
p
)a
0 = 1−B
(1−
(q
p
)a)de ahí,
B = − 1(qp
)a− 1
y
A =
(qp
)a(qp
)a− 1
Así,
qk =(q/p)a − (q/p)k
(q/p)a − 1
Nota: La argumentación falla si p = q = 12 , pues entonces
qk =(q/p)a − (q/p)k
(q/p)a − 1
carece de sentido, ya que, en este caso, las dos soluciones particulares qk = 1 y qk = (q/p)k
son idénticas.
2. pk : es la probabilidad de ruina del jugador cuando tiene un monto acumulado de k unidades.
Demostrar que
pk =(q/p)k − 1
(q/p)a − 1
de donde se puede observar que
pk + qk = 1
Ahora, si p = 12 se tiene la única raiz es w = 1. La solución general es
qk = A(1)k + Bk(1)k
Solución
Sea
pa−k = qpa−k−1 + ppa−k+1
usando la translación w = a− k, se tiene que
pk = qpk−1 + ppk+1
3
Y con las restricciones p0 = 0 y pa = 1 se obtiene que
p1 = pp2
pa−1 = qpa−2 + p
Por tanto, para 1 < k < a− 1pk − qpk−1 + ppk+1 = 0
Tomando pk = wk,
wk−1(pw2 − w + q) = 0
pw2 − w + q = 0
w =1± (1− 2p)
2p
Si p = 1/2, la solución general tiene la forma
pk = A + B
(q
p
)k
restringido a las condiciones p0 = 0 y pa = 1
p0 = A + B
(q
p
)0
= A + B = 0
pa = A + B
(q
p
)a
= 1
A = −B
B =1(
q
p
)a
− 1
Reemplazando en la solución general las constantes halladas a partir de las condiciones, se
tiene que
pk =−1(
q
p
)a
− 1
+1(
q
p
)a
− 1
(q
p
)k
pk =
(q
p
)k
− 1(q
p
)a
− 1
3. Si p =1
2se tiene que w = 1
qk = A(1)k + Bk(1)k = A + Bk
4
Usando las condiciones iniciales, demuestre que
qk = 1− k
a
Solución
Con las condiciones iniciales q0 = 1 y qa = 0
q0 = A + B(0) = 1⇒ A = 1
qa = 1 + aB = 0⇒ B =−1
a
Luego,
qk = 1− k
a
4. Obtner qk haciendo que p→ 12 y aplicando regla de l'Hôpital.
Solución.
Al evaluar lımp→ 12
( qp)a−( q
p)k
( qp)a−1 aparece una indeterminación del tipo x
0 , para esto primero apli-
camos la regla de L'Hôpital.
lımp→ 1
2
lımp→ 1
2
( qp)a − ( qp)k
( qp)a − 1= lım
p→ 12
− aqa
pa+1 + kqk
pk+1
−a( qa
pa+1 )
= lımp→ 1
2
1−kqk
pk+1
aqa
pa+1
= 1−
k( 12)k
( 12)k+1
a( 12)a
( 12)a+1
= 1−k2k+1(12)k
a2a+1(12)a
= 1− 2k
2a
= 1− k
a
En consecuencia, qk = 1− ka cuando p = 1
2 .
5. Demostrar que pk es
pk =k
a
Así,
qk + pk = 1
Solución.
En el punto 2, observamos que pk =( qp)k−1
( qp)q−1 . Ahora de manera análoga, en el punto (4) al
tratar de evaluar
5
lımp→ 1
2
( qp)k − 1
( qp)q − 1
obtenemos una indeterminación del tipo x0 , al aplicar nuevamente la regla de L'Hôpital obt-
nemos,
lımp→ 1
2
( qp)k − 1
( qp)q − 1= lım
p→ 12
−kqkpk+1
−aqapa+1
=
−k( 12)k
( 12)k+1
−a( 12)a
( 12)a+1
=−k(12)
−a(12)
=k
a
Finalmente, pk = ka , cuando p = 1
2 y teniendo en cuenta el resultado del punto 4 tenemos que
pk + qk =k
a+ 1− k
a= 1
6. Obtener la expresión
qk =(q/p)a − (q/p)k
(q/p)a − 1
para que qk udanso la función generadora de
Q(x) =∞∑k=0
qkxk
Solución
De�niremos el �ratio� como r = qp , este nos permite distinguir el tipo de juego en que se
participa, a saber.
es un juego equilibrado cuando p = 12 , es decir, r = 1
es un juego desfavorable cuando p < 12 , es decir r > 1
es un juego favorable cuando p = 12 , es decir r < 1
Ahora, expresaremos la fórmula de recurrencia en terminos del ratio y despejando qk+1
qk+1 = (r + 1)qk − rqk−1
6
Tomando la expresión de la f.g.p y expandiendo
Q(x) =∞∑k=0
qkxk
Q(x) = q0 + q1x + q2x2 + q3x
3 + . . .
Q(x) = q0 + q1x + ((r + 1)q1 − rq0)x2 + ((r + 1)q2 − rq1)x
3 + . . .
= q0 + q1x + (r + 1)x(q1x + q2x
2 + . . .)− rx2
(q0 + q1x + q2x
2 + . . .)
= q0 + q1x + (r + 1)x (Q(x)− q0)− rx2Q(x)
De donde
Q(x) =q0 + (q1 − (r + 1)q0)x
1− (r + 1)x + rx2
Debemos considerar los casos en que p =1
2y p 6= 1
2.
Si r = 1
en este caso se tiene por la fórmula del binomio
Q(x) =q0 + (q1 − 2q0)x
1− 2x + x2
=q0 + (q1 − 2q0)x
(1− x)2
= [q0 + (q1 − 2q0)x]
(1
(1− x)2
)=
q0(1− x)2
+ (q1 − 2q0)
(1
x− 1+
1
(1− x)2
)=
q0(1− x)2
+(q1 − 2q0)
x− 1+
q1 − 2q0(1− x)2
=q1 − q0(1− x)2
− q1 − 2q01− x
= (q1 − q0)∞∑k=0
(1 + k)xk − (q1 − 2q0)∞∑k=0
xk
=∞∑k=0
[(q1 − q0)(1 + k)− (q1 − 2q0)]xk
=
∞∑k=0
[(k + 1)q0 + kq1]xk
Luego, qk = [(k + 1)q0 + kq1], lo que expresa qk en función de k y de los valores iniciales.
Si r > 1 que es igual a p < 12 ,
Teniendo en cuenta que 1− (r + 1)x + rx2 = (1− x)(1− rx) vemos que:
q0 + (q1 − (r + 1)q0)x
1− (r + 1)x + rx2=
A
(1− r)+
B
(1− rs)
q0 + (q1 − (r + 1)q0)x = A(1− rx) + B(1− x)
= A + B − (Ar + b)x
7
De donde tenemos que q0 = A + B , y q1 − (r + 1)q0 = −Ar −B luego
q1 − (r + 1)q0 = −(q0 −B)r −B
= B(r − 1)
B =q1 − q0r − 1
y A = q0 − q1−q0r−1 , por tanto
Q(x) =
(q0 −
q1 − q0r − 1
)(1
r − x
)+
(q1 − a01− rx
)(1
r − 1
)=
(q0(r − 1)− q1 + q0
r − 1
)(1
r − x
)+
(q1 − a01− rx
)(1
r − 1
)=
(rq0 − q1r − 1
)(1
r − x
)+
(q1 − q01− rx
)(1
r − 1
)Partiendo de esta igualdad optenemos
Q(x) =rq0 − q1r − 1
1
1− x+
q1 − q0r − 1
1
1− rx
=rq0 − q1r − 1
∞∑k=0
xk +q1 − q0r − 1
∞∑k=0
rkxk
=
∞∑k=0
[q0(r − rk) + q1(r
k − 1)
r − 1
]xk
de donde,
qk =q0(r − rk) + q1(r
k − 1)
r − 1
Con las condiciones de frontera q0 = 1 y qa = 0, tendriamos que
qa =(r − ra) + q1(r
a − 1)
r − 1= 0
(r − ra) + q1(ra − 1) = 0
q1(ra − 1) = ra − r
q1 =ra − r
ra − 1
8
Reemplazando q1 en qk, tendriamos que
qk =(r − rk) +
ra − r
ra − 1(rk − 1)
r − 1
=(r − rk)(ra − 1) + (ra − r)(rk − 1)
(r − 1)(ra − 1)
=ra+1 − r − ra+k + rk + ra+k − ra − rk+1 + r
(r − 1) (ra − 1)
=ra+1 + rk − ra − rk+1
(r − 1) (ra − 1)
=ra(r − 1) + rk(r − 1)
(r − 1)(ra − 1)
=(ra − rk)(r − 1)
(ra − 1)(r − 1)
=(ra − rk)
(ra − 1)
como r =q
ptenemos
=
(q
p
)a
−(q
p
)k
(qp
)a− 1
Si p = 12
qa = (a + 1) + aq1 = 0
(a + 1) + aq1 = 0
aq1 = −a− 1
q1 =−a− 1
a
q1 = −1− 1
a
Entonces, reemplazando q1 en qk
qk =
[(k + 1) + k
(−1− 1
a
)]=
[k + 1− k − k
a
]= 1− k
a
De esta forma, a partir de la f.g.p obtenemos la expresión general de qk
qk =
1− k
a, Si p = 1− 1
2ra − rk
ra − 1, Si p 6= 1
2
9
7. Consultar Feller y enumerar las propiedades o implicaciones de esos resultados.
a) Consideremos un jugador con un capital inicial z, que juega contra un adversario in�ni-
tamente rico que siempre está dispuesto a continuar, aunque el jugador tiene el privilegio
de retirarse conforme a su voluntad. El jugador adopta la estrategia de jugar hasta perder
su capital, o incrementarlo hasta a (con una ganancia neta de a − k). Entonces, qk es la
probabilidad de que pierda, y 1− qk es la probabilidad de que gane.
b) Bajo estas consideraciones la ganancia o perdida de�nitiva es una variable aleatoria Gque asume los valores a − k y −k con probabilidades 1 − qk y qk respectivamente. Así, la
ganancia esperada es:
E(G) = a(1− qk)− k
de esto podemos ver que E(G) = 0 si y solamente si p = q = 12
c) En general, un jugador con un capital inicial relativamente grande tiene una razonable
probabilidad de ganar una unidad antes de quedar en ruina.
d) Supongamos ahora que en vez de apostar una unidad en cada juego, ambos jugadores
apuestan medio dolar. Esto es equivalente a doblar los capitales iniciales, y la respectiva
probabilidad de ruina se puede deducir de la fórmula:
qk =
(q
p
)a
−(q
p
)k
(q
p
)a
− 1
reemplazando a por 2a y k por 2k, así se obtiene:
q∗k =
(q
p
)2a
−(q
p
)2k
(q
p
)2a
− 1
= qk
(q
p
)a
+
(q
p
)k
(q
p
)a
+ 1
(3)
Para este caso si q > p se tiene que q∗k > qk. Adicionalmente a esto podemos a�rmar
que si las apuestas iniciales son dobladas sin que el capital inicial cambie, se tiene que la
probabilidad de ruina decrece para el jugador cuya probabilidad de ganancia es p < 12 y
decrece e incrementa para su adversario.
e) Supongamos ahora que a→∞ para este caso tenemos que en la expresión
qk =
(q
p
)a
−(q
p
)k
(q
p
)a
− 1
(4)
qk = 1 si p < q y qk =
(q
p
)k
si p > q. Y si se da el caso que p = q entonces por la ecuación:
qk = 1− k
a(5)
se puede deducir que qk = 1
10