В школе я увлекался настольными играми, в основном варгеймами. Придумывал правила, изготавливал поля, юниты и проводил с друзьями увлекательные баталии. Однако вскоре для моделирования различных игровых ситуаций перестало хватать стандартного игрового кубика, с помощью которого можно получать вероятности, кратные одной шестой. Поиск решения породил пару интересных математических задач, связанных с теорией вероятности.
Итак, допустим, имея игровой кубик, нам нужно получить событие, вероятность которого равна 1/5. Для этого рассмотрим такой процесс: кубик бросается до тех пор, пока на нём не выпадет число, не равное шести. Очевидно, что в конечном итоге вероятности получить одно из чисел от 1 до 5 будут равны 1/5. Найдём, какое в среднем количество бросков потребуется сделать, чтобы серия шестёрок завершилась другим числом (иными словами, математическое ожидание данное величины).
С вероятностью $\frac{5}{6}$ потребуется сделать всего один бросок. Серия будет иметь длину в два броска с вероятностью $\frac{1}{6}\cdot\frac{5}{6}=\frac{5}{36}$. В три – с вероятностью $\frac{5}{216}$ и т.д. Найдём сумму:
$1\cdot\frac{5}{6}+2\cdot\frac{5}{36}+3\cdot\frac{5}{216}+\dots$
Её несложно будет вычислить, представив в следующем виде:
Таким образом, искомая сумма будет равна сумме геометрической прогрессии с первым членом 1, и знаменателем 1/6.
$1+\frac{1}{6}+\frac{1}{36}+\dots = \frac{1}{1-\frac{1}{6}}=\frac{6}{5}$
В итоге математическое ожидание количества бросков для получения результата равно 1,2.
Рассмотрим теперь, как получать события с вероятностями, меньшими 1/6. К примеру, как сделать механический генератор случайных чисел от 1 до 36. Для этого можно обратиться к помощи систем счисления. Тридцать шесть чисел от 0 до 35, записанные в шестеричной системе счисления будут двузначными, от 00 до 55.
Таким образом, если взять два кубика, таких, чтобы по виду можно было определить, какой из них первый, а какой второй, и нанести им на грани цифры от 0 до 5, каждый бросок будет нам давать случайное число от 0 до 35, записанное в шестеричной системе.
Чтобы исключить необходимость оперирования недесятичной системой и получать числа из диапазона 1..36, нанесём на один кубик числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, а на другой – 0, 6, 12, 18, 24, 30. Если же нам необходимы случайные числа от 1 до 18, то на первый кубик наносятся числа от 1 до 6, а на второй: 0, 0, 6, 6, 12, 12.
Объединив оба подхода, можно с помощью трёх кубиков получать события с вероятностями, кратными 1/100. Для этого возьмём 3 кубика, два, такие, как в системе, дающей числа от 1 до 36, а на грани третьего нанесём числа 0, 0, 36, 36, 72, 72.
С её помощью будем получать числа от 1 до 108. Если теперь при выпадении значений от 101 до 108 бросать кубики снова, и останавливаться только в случае получения числа от 1 до 100, мы сможем замоделировать любую вероятность, кратную целому числу процентов. Даже для самых сложных правил настольных игр этого должно хватить.
По мотивам этой темы можно составить задачу. Имеется арифметическая прогрессия $a_1, a_2, a_3, \dots$ с разностью d, и геометрическая прогрессия $b_1, b_2, b_3,\dots$ -1<q<1. Требуется найти сумму $a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+\dots$.
Разобравшись с тем, как мы находили математическое ожидание количества бросков, её решить будет несложно.
Итак, допустим, имея игровой кубик, нам нужно получить событие, вероятность которого равна 1/5. Для этого рассмотрим такой процесс: кубик бросается до тех пор, пока на нём не выпадет число, не равное шести. Очевидно, что в конечном итоге вероятности получить одно из чисел от 1 до 5 будут равны 1/5. Найдём, какое в среднем количество бросков потребуется сделать, чтобы серия шестёрок завершилась другим числом (иными словами, математическое ожидание данное величины).
С вероятностью $\frac{5}{6}$ потребуется сделать всего один бросок. Серия будет иметь длину в два броска с вероятностью $\frac{1}{6}\cdot\frac{5}{6}=\frac{5}{36}$. В три – с вероятностью $\frac{5}{216}$ и т.д. Найдём сумму:
$1\cdot\frac{5}{6}+2\cdot\frac{5}{36}+3\cdot\frac{5}{216}+\dots$
Её несложно будет вычислить, представив в следующем виде:
$\frac{5}{6}+\frac{5}{36}+\frac{5}{216}+\dots=1$
$\frac{5}{36}+\frac{5}{216}+\dots=\frac{1}{6}$
$\frac{5}{216}+\dots=\frac{1}{36}$
$\dots$
Таким образом, искомая сумма будет равна сумме геометрической прогрессии с первым членом 1, и знаменателем 1/6.
$1+\frac{1}{6}+\frac{1}{36}+\dots = \frac{1}{1-\frac{1}{6}}=\frac{6}{5}$
В итоге математическое ожидание количества бросков для получения результата равно 1,2.
Рассмотрим теперь, как получать события с вероятностями, меньшими 1/6. К примеру, как сделать механический генератор случайных чисел от 1 до 36. Для этого можно обратиться к помощи систем счисления. Тридцать шесть чисел от 0 до 35, записанные в шестеричной системе счисления будут двузначными, от 00 до 55.
Таким образом, если взять два кубика, таких, чтобы по виду можно было определить, какой из них первый, а какой второй, и нанести им на грани цифры от 0 до 5, каждый бросок будет нам давать случайное число от 0 до 35, записанное в шестеричной системе.
Чтобы исключить необходимость оперирования недесятичной системой и получать числа из диапазона 1..36, нанесём на один кубик числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, а на другой – 0, 6, 12, 18, 24, 30. Если же нам необходимы случайные числа от 1 до 18, то на первый кубик наносятся числа от 1 до 6, а на второй: 0, 0, 6, 6, 12, 12.
Объединив оба подхода, можно с помощью трёх кубиков получать события с вероятностями, кратными 1/100. Для этого возьмём 3 кубика, два, такие, как в системе, дающей числа от 1 до 36, а на грани третьего нанесём числа 0, 0, 36, 36, 72, 72.
С её помощью будем получать числа от 1 до 108. Если теперь при выпадении значений от 101 до 108 бросать кубики снова, и останавливаться только в случае получения числа от 1 до 100, мы сможем замоделировать любую вероятность, кратную целому числу процентов. Даже для самых сложных правил настольных игр этого должно хватить.
По мотивам этой темы можно составить задачу. Имеется арифметическая прогрессия $a_1, a_2, a_3, \dots$ с разностью d, и геометрическая прогрессия $b_1, b_2, b_3,\dots$ -1<q<1. Требуется найти сумму $a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+\dots$.
Разобравшись с тем, как мы находили математическое ожидание количества бросков, её решить будет несложно.