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kuing
发表于 2024-5-10 23:05
本帖最后由 kuing 于 2024-5-11 03:29 编辑
还真总是一半……
如果要甲队连胜 `n` 场结束，根据 2# 链接，场数期望是 `2^{n+1}-2`。
如果要某队连胜 `n` 场结束，根据 3# 的递推
\[E_k=\frac12(1+E_{k+1})+\frac12(1+E_1)\iff E_{k+1}-E_1-2=2(E_k-E_1-2),\]
得 `E_n-E_1-2=2^{n-1}(E_1-E_1-2)=-2^n`，而 `E_n=0`，所以 `E_1=2^n-2`, `E_0=2^n-1`，即上面的一半。
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如果胜率不是 50%，结论又会是如何呢？
设甲的胜率为 `p`，需要某队连胜 `n` 场才结束，还是用上面的方法：
在甲队已连胜 `k` 场的前提下，还需要再进行 `Z` 场比赛才结束，`Z` 的数学期望记为 `A_k`；
类似地对于乙队的记为 `B_k`。
则有 `A_n=B_n=0`，类似地分析，可知
\begin{align*}
A_k&=p(1+A_{k+1})+(1-p)(1+B_1),\\
B_k&=(1-p)(1+B_{k+1})+p(1+A_1),
\end{align*}
整理为
\begin{align*}
A_k-B_1-\frac1{1-p}&=p\left(A_{k+1}-B_1-\frac1{1-p}\right),\\
B_k-A_1-\frac1p&=(1-p)\left(B_{k+1}-A_1-\frac1p\right),
\end{align*}
得到
\begin{align*}
A_1-B_1-\frac1{1-p}&=p^{n-1}\left(A_n-B_1-\frac1{1-p}\right),\\
B_1-A_1-\frac1p&=(1-p)^{n-1}\left(B_n-A_1-\frac1p\right),
\end{align*}
由 `A_n=B_n=0` 得
\begin{align*}
A_1&=(1-p^{n-1})\left(B_1+\frac1{1-p}\right),\\
B_1&=\bigl(1-(1-p)^{n-1}\bigr)\left(A_1+\frac1p\right),
\end{align*}
解得
\begin{align*}
A_1&=\frac{(1-p^{n-1})\bigl(1-(1-p)^n\bigr)}{p^n(1-p)+p(1-p)^n-p^n(1-p)^n},\\
B_1&=\frac{\bigl(1-(1-p)^{n-1}\bigr)(1-p^n)}{p^n(1-p)+p(1-p)^n-p^n(1-p)^n},
\end{align*}
所以比赛场数期望为
\begin{align*}
E(Y)&=1+pA_1+(1-p)B_1\\
&=1+\frac{(p-p^n)\bigl(1-(1-p)^n\bigr)+\bigl(1-p-(1-p)^n\bigr)(1-p^n)}{p^n(1-p)+p(1-p)^n-p^n(1-p)^n}\\
&=\frac{(1-p^n)\bigl(1-(1-p)^n\bigr)}{p^n(1-p)+p(1-p)^n-p^n(1-p)^n}.
\end{align*} |
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战巡
发表于 2024-5-11 01:11
