Zagadka za dolara: rozwiązanie #2

Jeszcze jedno rozwiązanie zagadki o stuściennej kostce – tym razem „porządne”, czyli analityczne.

Czas na jeszcze jedno rozwiązanie zagadki o rzucaniu stuścienną kostką. Tym razem zabierzemy się do rzeczy porządnie i zamiast symulować grę po prostu policzymy sobie trochę prawdopodobieństw.

Będzie trudniej niż przy zagadce z tortem i świecami, ale tylko trochę.

Najpierw wprowadzimy sobie jedno oznaczenie, które nieco uprości nam rozumowanie. Mianowicie:

Przez TX oznaczamy oczekiwaną liczbę rzutów od początku do końca gry pod warunkiem, że w pierwszym rzucie wypadło X oczek.

Zobaczmy teraz ile wynosi T100:

T100 = 1 + 1/100 T100

Czemu tak?

Jedynka, bo pierwszy rzut (ten, w którym wypadło 100) już wykonaliśmy; gra ZAWSZE będzie miała pierwszy rzut.

A jedna setna, bo prawdopodobieństwo wyrzucenia 100 w drugim rzucie właśnie tyle wynosi (przypominam, gra kończy się, kiedy w kolejnym rzucie wypadnie MNIEJ oczek, niż w poprzednim – a więc po wyrzuceniu 100 w pierwszym rzucie jedynym sposobem na kontynuowanie gry jest wyrzucanie kolejnych setek)

Po uproszczeniu tej równości okazuje się, że T100 = 100/99

Sprawdźmy jak sytuacja wygląda dla gry, w której w pierwszym rzucie wypadło 99 oczek:

T99 = 1 + 1/100 T99 + 1/100 T100 = 1 + 1/100 T99 + 1/100 * 100/99 = 1 + 1/100 T99 + 1/99

Po uproszczeniu:

99/100 T99 = 100/99 ==> T99 = 100/99 * 100/99 = 100/99 * T100

Podobne rozumowanie pokaże nam, że T98 = 100/99 * T99 i tak dalej. Ogólnie rzecz biorąc dla dowolnego N naturalnego mniejszego od 101 zachodzi:

TN-1 = 100/99 * TN

Jest to klasyczny skończony szereg geometryczny o ilorazie 100/99.

Żeby udzielić odpowiedzi na postawione w zagadce pytanie, musimy teraz policzyć oczekiwane ilości rzutów dla każdego N od jedynki do setki (bo przecież nie wiemy ile wypadnie w pierwszym rzucie) a następnie je uśrednić (bo szukamy wartości oczekiwanej) czyli podzielić ich sumę przez 100:

1 + (1/100)(100/99 + (100/99)2 + … + (100/99)100)

Ze wzoru na sumę częściową szeregu geometrycznego powyższe wyrażenie możemy zapisać jako:

1 + (1/100)((100/99)101 − 100/99)/(100/99 − 1) co po dwóch prostych przekształceniach daje nam:

(100/99)100

Zaglądamy sobie teraz na https://www.wolframalpha.com/input/?i=(100%2F99)%5E100 i widzimy, że (100/99)100 wynosi w przybliżeniu 2.73199902

Tyle więc wynosi spodziewana średnia kwota wygranej, przy odpowiednio dużej liczbie gier oczywiście.

Ogólnie dla kostki X-ściennej oczekiwana wygrana wyniesie (X/(X-1))X

Dla kostki 50-ściennej:

2.7459727

Dla zwykłej, sześciennej kostki:

2.986

Jak widać czym mniej ścianek, tym większa oczekiwana wartość wygranej. W wersji ekstremalnej możemy rzucać monetą (która jest niczym innym jak „kostką” o dwóch ściankach) z jedynką i dwójką odpowiednio na awersie i rewersie – wówczas spodziewana wygrana wyniesie 4 i jest to najbardziej korzystny wynik spośród wszystkich możliwych. Nie licząc oczywiście kostki Zen, która ma z tylko jedną ściankę, i która szybko doprowadziłaby prowadzącego grę do bankructwa 🙂

Autor: xpil

Po czterdziestce. Żonaty. Dzieciaty. Komputerowiec. Krwiodawca. Emigrant. Rusofil. Lemofil. Sarkastyczny. Uparty. Mól książkowy. Ateista. Apolityczny. Nie oglądam TV. Uwielbiam matematykę. Walę prosto z mostu. Gram na paru instrumentach. Lubię planszówki. Słucham bluesa, poezji śpiewanej i kapel a'capella. || Kliknij tutaj po więcej szczegółów ||

Dodaj komentarz

Bądź pierwszy!

Powiadom o
avatar
wpDiscuz