Junio 2014

Procesos Estocásticos — Junio 2014 — Primera semana
El jugador A tarda en marcar un tanto un tiempo aleatorio con distribución
exponencial de media 20 minutos, mientras que el jugador B tarda un tiempo
exponencial de media una hora, independiente del anterior. Gana la partida
el jugador que logre en algún momento llevar dos tantos de ventaja a su
oponente.
(a) Plantear el juego como una cadena de Markov en tiempo continuo,
determinar su matriz infinitesimal y calcular la probabilidad que tiene
cada jugador de ganar la partida.
(b) Calcular la duración media de la partida y el tiempo esperado que el
jugador A va por delante de B en el marcador.
(c) Determinar el número esperado de tantos marcados a lo largo de la
partida y el número esperado de tantos marcados por A.
(d) Hallar la matriz infinitesimal de la cadena de Markov de las partidas
que gana A, y análogamente para las partidas que gana B.
(e) En las partidas que gana A, calcular la distribución del tiempo que
tarda A en ponerse por delante de B.
Solución
(a) Se toma la hora como unidad de tiempo. Se plantea una cadena de Markov con espacio
de estados {0, A, B, GA, GB} que representan, respectivamente, la situación de empate,
ventaja por un tanto de A o B, y el final de la partida habiendo ganado A o B. La matriz
infinitesimal es


−4 3
1 0 0
 1 −4 0 3 0


0 −4 0 1
Q=
3
.
0
0
0 0 0
0
0
0 0 0
Sean f0 , fA y fB las probabilidades de que la cadena sea absorbida por el estado GA
partiendo de los estados 0, A y B. Se cumple
3
1
f0 = fA + fB ,
4
4
fA =
3 1
+ f0 ,
4 4
3
fB = f0 ,
4
por lo que
9
39
27
, fA = , fB = .
10
40
40
Por tanto, el jugador A gana la partida con probabilidad 9/10 y el jugador B gana la
partida con probabilidad 1/10.
(b) Sean m0 , mA y mB los tiempos medios hasta la absorción por los estados GA o GB
cuando se parte de los estados 0, A y B. Se cumple
f0 =
m0 =
1 3
1
+ mA + mB ,
4 4
4
mA =
1 1
+ m0 ,
4 4
mB =
1 3
+ m0 .
4 4
Se obtiene m0 = 4/5 por lo que la duración esperada de la partida es de 48 minutos.
Sean ahora v0 , vA y vB los tiempos esperados que ha pasado la cadena en el estado A
partiendo de los estados 0, A y B. Se tiene
3
1
v0 = vA + vB ,
4
4
vA =
1 1
+ v0 ,
4 4
3
vB = v0 ,
4
luego v0 = 3/10 y el jugador A pasa en promedio 18 minutos por delante de B.
(c) Sean N0 , NA y NB el número esperado de tantos marcados partiendo de los estados 0,
A y B. Se cumple
3
1
N0 = 1 + NA + NB ,
4
4
1
NA = 1 + N0 ,
4
3
NB = 1 + N0 ,
4
por lo que N0 = 16/5. Se comprueba lo siguiente: como la duración esperada de la partida es
de 48 minutos y cada tanto tarda, en media, 15 minutos en marcarse, resulta efectivamente
un número medio de tantos de 48/15 = 3,2.
Sean n0 , nA y nB el número esperado de tantos marcados por A partiendo de los estados
0, A y B. Se tiene
3
1
n0 = (1 + nA ) + nB ,
4
4
nA =
3 1
+ n0 ,
4 4
3
n B = n0 ,
4
resultando que n0 = 21/10.
(d) Los términos de la matriz infinitesimal QA (con espacio de estados 0, A, B y GA) de
las partidas que gana el jugador A vienen dados a partir de los términos de Q por
qijA = qij ·
fj
fi
donde las probabilidades f0 , fA y fB se han calculado en el apartado (a), siendo además
fGA = 1. Resulta


−4 13/4 3/4
0
12/13 −4
0 40/13
.
QA = 
 4
0
−4
0 
0
0
0
0
Las probabilidades de que el jugador B gane la partida, en función del estado inicial, son
g0 =
1
,
10
gA =
1
,
40
gB =
13
,
40
gGB = 1.
La matriz infinitesimal QB de las partidas que gana B, con espacio de estados 0, A, B y
GB, es pues


−4 3/4 13/4
0
 4
−4
0
0 
.
QB = 
12/13 −4
0
40/13
0
0
0
0
Se observa que esta matriz coincide con QA en el sentido de que las tasas de transición
solamente dependen de los jugadores ganador y perdedor, y no de si éstos son A o B.
(e) Para contestar a esta pregunta se hace, en la matriz QA , el estado A absorbente y
resulta una matriz infinitesimal con espacio de estados 0, A y B dada por


−4 13/4 3/4
0
0 .
H= 0
4
0
−4
Los autovalores de esta matriz son
λ1 = 0,
λ2 = −4 +
√
3,
λ3 = −4 −
√
3,
y se diagonaliza mediante la expresión D = J −1 HJ, con
√ 
 √


0
1
0
3 − 3
1
√
√
J = 1 0
0  , J −1 =  √3/6 −1/8 − √3/6 1/8 .
1 4
4
− 3/6 −1/8 + 3/6 1/8
De la matriz eHt = JeDt J −1 nos interesa el término de la primera fila y la segunda columna,
esto es,

 

1
1
0
0
√
( √
√ )
1
3 − 3 · 0 eλ2 t 0  · −1/8 − √3/6 .
0 0 e λ3 t
−1/8 + 3/6
La función de distribución pedida es por tanto
√ )
√ )
√ (1
√ (1
3
3
1 − e(−4+ 3)t
+
− e−(4+ 3)t
−
.
2
8
2
8