¿Un juego de probabilidad muy fascinante sobre cómo maximizar la codicia?

Como señaló @Greg Martin, puede resolver tales juegos usando programación lineal bajo el supuesto de que el objetivo es ganar por el mayor margen sobre el otro jugador.

Usé un solucionador de juegos de suma cero en línea para encontrar la siguiente solución; No estoy seguro de si esta estrategia óptima es única.

Nunca elija números en$[1,25]$. Elija números pares en$[26,100]$con probabilidad decreciente ($P(26)\approx0.0575$;$P(100)=0.\overline{01}=\frac1{99}$) y elija números impares en$[27,49]$incluso con menos frecuencia ($P(27)\approx0.0166$;$P(49)\approx0.000372$). Nunca elija números impares mayores que$49$.

Este es un resultado bastante curioso, y tal vez alguien más pueda ofrecer una idea al respecto.

La estrategia anterior es adecuada cuando se juega en varias rondas y las puntuaciones se acumulan. Pero si juegas solo una ronda y te preocupas solo por ganar pero no por el margen de victoria, ¡entonces la estrategia es muy diferente! Simplemente juega$26$o$52$con la misma probabilidad y tiene la garantía de ganar al menos la mitad de las veces. (Si tu oponente adopta la misma estrategia, empatarás todos los juegos). Nuevamente, no estoy seguro si esta estrategia es única.

Abordaré una versión continua del problema (ya que nada dice explícitamente que solo se pueden elegir números enteros) en$[0,1]$y suponga que ambos jugadores maximizan el pago absoluto (como pide la última oración) en lugar del pago relativo.

En ese caso, deja$X\sim F$ser cdf del primer jugador y$Y\sim G$ser cdf del segundo jugador. Entonces

$$V_1(X,Y)=\int_0^1 x\big(P(Y>x)+\frac 1 2P(Y<x)\big)dF(x)=\int_0^1\frac 1 2x(1+P(Y>x)-P(Y=x))dF(x)=\frac 1 2\int H(x)dF(x)$$

Esto muestra que$F$no pondrá peso$x<\frac 1 2$desde que cambió tal$x$a uno en$(2x,1)$(que no coincide con los átomos de$Y$) aumentará la integral. restringirnos a$[\frac 1 2,1]$de aquí en adelante. Dado que una fórmula similar se cumple para$G$y podemos ver en equilibrio ni$F$ni$G$contienen átomos. Eso implica que$H(x)$tiene que permanecer constante ($=H(1/2)=H(1)=1$) en$[0,1]$:

$$x(1+P(Y>x))=1\Leftrightarrow P(Y>x)=\frac 1 x-1\Leftrightarrow f(x)=\frac 1 {x^2}[x\in[\frac 1 2, 1]]$$

El valor de tal juego es$\frac 1 2$para ambos jugadores. Traduciendo al problema original obtenemos una distribución similar en$[50,100]$y$50$como valor del juego.

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Si el valor del juego es relativo, entonces el valor:

$$2V(X,Y)=2E(X-\frac Y 2;X<Y)+2E(\frac X 2-Y;X>Y)=\int_0^1(xP(Y>x)+x-xP(Y=x)-E(Y;Y<x)-E(Y)+xP(Y=x))=\int_0^1\Big(x(1+P(Y>x))-E(Y;Y<x)\Big)dF(x)-E(Y)=\int_0^1H(x)dF(x)-E(Y)$$ Como antes, en equilibrio $F$y $G$no tienen átomos y $H$es constante en algunos $[x_0,1]$que es apoyo de $F$. Resolviendo $H'=0$: $$(2-G(x))-xg(x)-xg(x)=0\Leftrightarrow\frac {G'(x)}{2-G(x)}=\frac 1 {2x}\Leftrightarrow \frac {2-G(t)}2=(\frac {x_0} t)^{1/2}$$ enchufando $G(1)=1$rendimientos: $$g(t)=\frac 1 2t^{-3/2}I_{[1/4,1]}(t)$$