概率趣题

mathe

如果这道题目从极限行为来看很好分析，也就是我们知道对于充分大的和，一路抛下去，所有数目的和正好可以得到某个数N的概率大概在$p=\frac{2}{7}$，而到达这个N需要的平均步数为$Np$
于是到达N就并且停止这部分贡献是$Np*p$，而越过N并且到达2N停止的贡献为$2Np*p(1-p)$,....
所以最后平均步数应该约等于$Np^2*(1+2(1-p)+3(1-p)^2+...)=N$
但是有意思的是现在结论表明这个应该是严格相等的。

mathe

9#中我们把所有9项相加，直接就可以得出\(\frac{1}{6}(E_1+E_2+...+E_6)=9\)，而这种方法对于一般情况也都成立，所以不论是找多少的倍数，结论是一样的。同样如果换成不是六面的骰子而是更多或更少面的情况结论也不变

王守恩

mathe 发表于 2018-2-9 09:54
9#中我们把所有9项相加，直接就可以得出\(\frac{1}{6}(E_1+E_2+...+E_6)=9\)，而这种方法对于一般情况也都 ...

我们是否可以这样认为：？
末位数出现 0 的频数与末位数出现 1,2,3,4,5,6,7,8,9 的频数相同，都是1/10。根源在10进制。

mathe

现假设骰子有k个面，出现概率分别为$p_i,i=0,2,...,k-1$,其中$\sum_{i=0}^{k-1} p_i = 1$
我们可以直接假设$N>k$,不然对于超越N部分的$p_i$,我们直接看成$p_{i-N}$的一部分即可，不影响推导过程。
  我们这里假设k个面上数值分别是$0,1,2,3,...,k-1$等。而实际上，我们也可以通过使得其中某些$p_i=0$同样处理数值不是连续自然数的情况
我们要求计算第一次达到N的倍数所需要步数的期望值
于是我们有$E_s=1+\sum_{h=0}^{k-1} p_hE_{s+h}$
其中我们再定义$E_{h+N}=E_h,E_N=0$
然后我们对$1<=s<=N-1$求和得出$\sum_{s=1}^{N-1}E_s=N-1+\sum_{h=0}^{k-1}p_h\sum_{s=1}^{N-1}E_{s+h}=N-1+\sum_{h=0}^{k-1}p_h\sum_{t!=h}E_t$
所以$\sum_{s=1}^{N-1}E_s=N-1+\sum_{t=1}^{N-1}E_t\sum_{h=0,h!=t}^{k-1}p_h$
由于$N-1>=k$,我们有
$\sum_{s=1}^{N-1}E_s=N-1+\sum_{t=1}^kE_t(1-p_t)+\sum_{t=k+1}^{N-1}E_t$
于是$\sum_{s=1}^{k-1}E_sp_s=N-1$
于是初始状态为0时，
必然平均还需要
$1+p_0 xx 0+\sum_{h=1}^{k-1}p_hE_h=N$
也就是通过N步第一次到达N的倍数

mathe

发现上面过程是有问题的，应该在而且仅在某些特殊情况会有问题。
为简单起见，我们取N=4,而且$p_0=p_1=0,p_2=1$,也就是这是一个单面的骰子，而且这一面的值是2，于是显然，结果是只需要扔两次而不是4次达成和为4的倍数的目标。
我们分析N=4的一般情况，那么分别有$p_0,p_1,p_2,p_3$的概率每次扔出$0,1,2,3$等数字，其中$p_0+p_1+p_2+p_3=1$
于是\(\begin{cases}E_1=1+p_0E_1+p_1E_2+p_2E_3\\
                           E_2=1+p_0E_2+p_1E_3+p_3E_1\\
                           E_3=1+p_0E_3+p_2E_1+p_3E_2
\end{cases}\)
同样相加移项我们可以得出\(p_1E_1+p_2E_2+p_3E_3=3\)
分析$p_0=p_1=0,p_2=1,p_3=0$情况我们可以直到，方程中包含实际自相矛盾的情况
\(\begin{cases}E_1=1+E_3\\E_3=1+E_1\end{cases}\)这种情况这两者相加会有\(0=2\)的荒谬情况出现
于是我们现在知道只要会出现某些状态无法到达，那么前面推导过程就不适用了。现在的问题是如果我们通过调整概率系数，使得某些状态概率变得极小，它们是如果从平均4次跃变到2次的呢？
我们可以用计算机模拟$p_2=p, p_0=p_1=p_2=\frac{1-p}{3}$的情况，可以看到无论p是多少，最终平均期望次数的确都是4，只是p越大时，波动越大，应该是以极低概率出现超大值（某次跃迁到奇数情况，那么只能经过很多次后再回归偶数），但是大部分情况会接近两次。所以极限情况会变成只需要两次（跃迁到奇数次概率为0了）

mathe

所以现在可以回到kastin的问题:
是否可理解为，骰子各个面只要是10以内的任何不同的数字，结论仍然不变？
结论是基本正确，但是特殊情况不成立。
比如我们现在有一个四面的骰子，其各面的数值分别是2，4，6，8,要求扔出10的倍数。
那么这个问题实际是是和一个四面的骰子，其各面数值分别是1,2,3,4,要求扔出5的倍数的次数是相同的，而这个问题平均只需要扔5次。所以这种特殊情况就只需要平均5次而不是10次了
而正确的结果应该是先要求骰子所有面的数值(要求所有面出现的概率大于0)和目标数值N的最大公约数d，那么最终结果是平均$N/d$次

kastin

mathe 发表于 2018-2-9 16:12
所以现在可以回到kastin的问题:
是否可理解为，骰子各个面只要是10以内的任何不同的数字，结论仍然不变？
...

上面提到与单个数字出现的概率（>0)无关，那么如果是一个7面体的骰子，各个面概率一样但是由于数字是 {2,3,3,5,5,5,8}，导致各个数字出现的概率不一样。此时是否可认为还是将它们与目标数N求最大公约数d，最终结果仍然是平均N/d次？

mathe

是的，由于这些数字互质，d=1

baindeglace

王守恩 发表于 2018-2-9 11:13
我们是否可以这样认为：？
末位数出现 0 的频数与末位数出现 1,2,3,4,5,6,7,8,9 的频数相同，都是1/10。 ...

和十进制没有关系，把10换成任意一个数也可以

王守恩

baindeglace 发表于 2018-2-10 03:12
和十进制没有关系，把10换成任意一个数也可以

平均掷多少次可以使得所有扔出的数字之和为10的倍数即数字之和的末位数是0。
末位数出现0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 的频数相同，都是1/10。根源在10进制。
末位数出现 0,1,2,3,4,5,6,7 的频数相同，都是1/8。根源在8进制。
余数出现 0,1,2,3,4,5,6的频数相同，都是1/7。根源在模数是7。
余数出现 0,1 的频数相同，都是1/2。根源在2进制或模数是2。