两道骰子问题(数学概率问题)

题目一

题目：一个骰子，6面，1个面是1，2个面是2，3个面是3，问平均掷多少次能使1、2、3都至少出现一次。

题目：一个骰子，6面，1个面是1，2个面是2，3个面是3，问平均掷多少次能使1、2、3都至少出现一次。

解：（没学过《组合数学》的请略过）

设P（N=n）表示第n次（n>2）抛出后1，2，3都出现的概率，问题要求n的期望E(N=n).掷1的概率p=1/6,掷2的概率q=1/3,掷3的概率r=1/2.

写程序求解

#include

using namespace std;

float f(float x)

{

return (1/(1-x)/(1-x)-1-2*x);

}

int main()

{

float p=1.0/6,q=1.0/3,r=1.0/2,e;

e=r*(f(p+q)-f(p)-f(q))+p*(f(q+r)-f(q)-f(r))+q*(f(p+r)-f(p)-f(r));

cout<

return 0;

}

在Visual Studio下的运行结果为：7.3

答案7.3

题目二

假设有一个硬币，抛出字（背面）和花（正面）的概率都是0.5，而且每次抛硬币与前次结果无关。现在做一个游戏，连续地抛这个硬币，直到连续出现两次字为止，问平均要抛多少次才能结束游戏？注意，一旦连续抛出两个―字‖向上游戏就结束了，不用继续抛。

一个经典的概率问题：平均需要抛掷多少次硬币，才会首次出现连续的n 个正面？它的答案是2^(n+1) - 2 。取n=2 的话，我们就有这样的结论：平均要抛掷6 次硬币，才能得到两个连续的正面。或许这个期望次数比你想象中的要多吧。我们不妨试着来验证一下这一结果。由简单的递推可得，所有 1 都不相邻的k 位01 串有F k+2个，其中F i表示Fibonacci 数列中的第i 项。而―抛掷第k 次才出现连续两个正面‖的意思就是，k 位01 串的末三位是011 ，并且前面k - 3 位中的数字1 都不相邻。因此，在所有2^k 个k 位01 串中，只有F k-1个是满足要求的。因此，我们要求的期望值就等于∑ (k=2..∞) k * F k-1 / 2^k 。这个无穷级数就等于 6 。我怎么算的呢？我用Mathematica 算的。

显然，当n 更大的时候，期望值的计算更加复杂。而简单美妙的结论让我们不由得开始思考，这个问题有没有什么可以避免计算的巧妙思路？万万没有想到的是，在赌博问题的研究中，概率论帮了不少大忙；而这一回，该轮到赌博问题反过来立功了。

设想有这么一家赌场，赌场里只有一个游戏：猜正反。游戏规则很简单，玩家下注x 元钱，赌正面或者反面；然后庄家抛出硬币，如果玩家猜错了他就会输掉这x 元，如果玩家猜对了他将得到2x 元的回报（也就是净赚x 元）。

让我们假设每一回合开始之前，都会有一个新的玩家加入游戏，与仍然在场的玩家们一同赌博。每个玩家最初都只有 1 元钱，并且他们的策略也都是相同的：每回都把当前身上的所有钱都押在正面上。运气好的话，从加入游戏开始，庄家抛掷出来的硬币一直是正面，这个玩家就会一直赢钱；如果连续n 次硬币都是正面朝上，他将会赢得2^n 元钱。这个2^n 就是赌场老板的心理承受极限——一旦有人赢到了2^n 元钱，赌场老板便会下令停止游戏，关闭赌场。让我们来看看，在这场游戏中存在哪些有趣的结论。

首先，连续n 次正面朝上的概率虽然很小，但确实是有可能发生的，因此总有一个时候赌场将被关闭。赌场关闭之时，唯一赚到钱的人就是赌场关闭前最后进来的那n 个人。每个人都只花费了 1 元钱，但他们却赢得了不同数量的钱。其中，最后进来的人赢回了 2 元，倒数第二进来的人赢回了 4 元，倒数第n 进来的人则赢得了2^n 元（他就是赌场关闭的原因），他们一共赚取了 2 + 4 + 8 + … + 2^n = 2^(n+1) - 2 元。其余所有人初始时的1 元钱都打了水漂，因为没有人挺过了倒数第n + 1 轮游戏。

另外，由于这个游戏是一个完全公平的游戏，因此赌场的盈亏应该是平衡的。换句话说，有多少钱流出了赌场，就该有多少的钱流进赌场。既然赌场的钱最终被赢走了2^(n+1) - 2 元，因此赌场的期望收入也就是2^(n+1) - 2 元。而赌场收入的唯一来源是每人 1 元的初始赌金，这就表明游戏者的期望数量是2^(n+1) - 2 个。换句话说，游戏平均进行了2^(n+1) - 2 次。再换句话说，平均抛掷2^(n+1) - 2 次硬币才会出现n 连正的情况。

数学解法：

上面这个题目我第一次见到是在pongba的TopLanguage的一次讨论上，提出问题的人为Shuo Chen，当时我给出了一个解法，自认为已经相当简单了，先来考虑一下抛硬币的过程：首先先抛一枚硬币，如果是花，那么需要重头开始；如果是字，那么再抛一枚硬币，新抛的这枚如果也是字，则游戏结束，如果是花，那么又需要重头开始。根据这个过程，设抛硬币的期望次数为T，可以得到关系

T = 1 + 0.5T + 0.5( 1 + 0.5 * 0 + 0.5T)

解方程可得到T = 6. 由于上面这个方法只能得到期望，而无法得到方差以及具体某个事件的概率，后来我又仔细分析了一下，推出了概率生成函数为（推导的过程暂时略过，后面你会看到一个更一般、更简单的推导）

于是可以算出方差V = G''(1) + G'(1) - G'(1)^2 = 22。将G(z)根据Rational Expansion Theorem [CMath 7.3]展开，可以得到需要抛n次硬币的概率为

其中Fn是Fibonacci数列的第n项。到这里，我觉得这个问题似乎已经完全解决了，直到昨天看到Matrix67的牛B帖。在此帖中Matrix67大牛用他那神一般的数学直觉一下将需要连续抛出n个字的一般情形给解决了，而且得出的结果相当简洁：Tn = 2^(n+1) - 2，其中Tn为首次出现连续的n个字的期望投掷数。这也给了我一些启发，我试着将上面的过程进行推广，居然得到一个简单得出人意料的解法（甚至比上面n=2的推导过程还简单）。这个解法的关键在于下面这个递推关系

Tn = Tn-1 + 1 + 0.5 * Tn

也即是有 Tn = 2 * Tn-1 + 2。由于T1 = 2，因此可以得到 Tn = 2^(n+1) – 2。上面的递推关系是怎么来的呢，一个直观的理解是这样的：首先先抛掷Tn-1次，得到连续的n-1个字，然后再抛一次，若是字，则游戏结束；否则需要重头开始，也就是说又需要Tn 次。

期望投掷次数已经得出来了，但是我们还想知道方差、恰好需要投掷m 次的概率等其它一些更具体的性质。为了方便理解概率的分布情况，我先用程序生成了一个概率表如下所示。在下表中，第n行、第m列的元素为Pnm，表示首次出现连续n个字的投掷数为m的概率。

仔细观察上表，你发现什么有趣的性质没？如果忽略掉分母的话，那么第n行恰好是一个n阶Fibonacci数列。例如可以考查各行的最后一列，有

第一行：1 = 1

第二行：34 = 21 + 13

第三行：44 = 24 + 13 + 7

第四行：29 = 15 + 8 + 4 + 2

第五行：16 = 8 + 4 + 2 + 1 + 1

怎么解释这个现象呢？我们再来仔细考虑一下掷硬币的过程，为方便在下文中用1表示字，用0表示花，于是我们的目标是要恰好使用m次投掷，得到连续的n 个1.

若第一次的结果为0，那么剩下的任务就是恰好使用m-1次投掷得到到连续的n 个1.

若前两次的结果为10, 那么剩下的任务就是恰好使用m-2次投掷得到到连续的n个1.

若前三次的结果为110, 那么剩下的任务就是恰好使用m-3次投掷得到到连续的n个1.

若前四次的结果为1110, 那么剩下的任务就是恰好使用m-4次投掷得到到连续的n个1.

…

若前n-1次的结果为1…10(n-2个1), 那么剩下的任务就是恰好使用1次投掷得到到连续的n个1.

你或许已经看出来了，这里实际上是在枚举首次出现0的位置。由于首个0出现在位置i的概率为1/2^i，于是得到Pnm的递推公式

于是根据初始条件：，，我们可以推出所有事

件的概率。现在来推一下概率生成函数，设需要得到连续n个1的投掷数的概率生成函数为Gn(z)，于是有

根据上面的递推公式和初始条件，可以得到

于是可解得

分别代入n = 1 和n = 2 可以得到

以我们前面得到的结果一致，这证明这个概率生成函数的确是正确的。有了生成函数后，我们又多了一种计算期望的方式

而方差也可以非常容易的得到

至此，这个抛硬币的问题终于应该算是被完全解决了，完。