一道竞赛概率题目

longzaifei

抛掷一枚硬币 ，每次出现正面得$1$分，出现反面得$2$分，反复抛掷这枚硬币，则恰好得$n$分的概率是____________

longzaifei

分子组合形式的和不知道怎么求了？？

色k

设抛出n分的概率是$a_n$，因为抛不出n分一定是抛出n-1分再抛出反面，所以$1-a_n=a_{n-1}/2$。

isee

设抛出n分的概率是$a_n$，因为抛不出n分一定是抛出n-1分再抛出反面，所以$1-a_n=a_{n-1}/2$。 ...
色k 发表于 2017-6-12 11:07

看来是递推。。。。。一语中地啊，，，，，，最近正好在搞上台阶，信封装错问题，这种抛硬币也是递推模式啊！

isee

设抛出n分的概率是$a_n$，因为抛不出n分一定是抛出n-1分再抛出反面，所以$1-a_n=a_{n-1}/2$。 ...
色k 发表于 2017-6-12 11:07

不过，这个很难理解，为什么不能是$a_{n+1}=a_{n-1}/2$或者$a_{n+1}=a_n/2$

kuing

不过，这个很难理解，为什么不能是$a_{n+1}=a_{n-1}/2$或者$a_{n+1}=a_n/2$
isee 发表于 2017-6-12 13:06

用 $a_{n+1}=a_n/2+a_{n-1}/2$ 得到的结果也是一样的，只不过我觉得上面的简单。

isee

用 $a_{n+1}=a_n/2+a_{n-1}/2$ 得到的结果也是一样的，只不过我觉得上面的简单。 ...
kuing 发表于 2017-6-12 13:11

我消化一下。。。

longzaifei

回复 3# 色k
厉害！忘了找递推关系这个方法！
那么我上面图片中的组合的和式是可以求出来的

isee

用 $a_{n+1}=a_n/2+a_{n-1}/2$ 得到的结果也是一样的，只不过我觉得上面的简单。 ...
kuing 发表于 2017-6-12 13:11

果然是一样的，你的通项能满足那个三项递推式。
现在又有新问题了。以前不重视的，现在又要学如何求通项了$$a_{n+1}=a_n/2+a_{n-1}/2.$$


===
解决：
能俗的待定系数法，这个正好不难$$a_{n+1}=a_n/2+a_{n-1}/2\iff a_{n+1}+a_n/2=a_n+a_{n-1}/2.$$

===

不知道楼主从这些递推算出结果没，嘿嘿。

楼主那个化简估计 得看下 史济怀 那本组合书，我没细看，只是推测咯。

longzaifei

补充过程   由$1-a_{n}=\dfrac{a_{n-1}}{2} $ 可得
$a_n-\dfrac{2}{3}=-\dfrac{1}{2}(a_{n-1}-\dfrac{2}{3}) $

kuing

我来解释一下2楼的式子吧，顺便稍微推广一下。

现假设硬币不均匀，且出现正面的概率为 $p$。

如果抛得 $n$ 分的过程中出现 $k$ 次反面，则正面出现 $n-2k$ 次，共抛了 $n-k$ 次，故这种情况的概率为 $C_{n-k}^kp^{n-2k}(1-p)^k$，而 $k$ 显然可由 $0$ 取到 $[n/2]$，所以抛得 $n$ 分的概率为
\[\sum_{k=0}^{[n/2]}C_{n-k}^kp^{n-2k}(1-p)^k,\]
另一方面，类似于3楼那样，将有递推关系
\[1-a_n=(1-p)a_{n-1},\]
其中 $a_1=p$，变形为
\[a_n-\frac1{2-p}=(p-1)\left( a_{n-1}-\frac1{2-p} \right),\]
解得
\[a_n=\frac{1-(p-1)^{n+1}}{2-p},\]
因此，我们得到恒等式
\[\sum_{k=0}^{[n/2]}C_{n-k}^kp^{n-2k}(1-p)^k=\frac{1-(p-1)^{n+1}}{2-p}.\]

kuing

回复 11# kuing

笨了，我应该设反面的概率的，结果会更好看些。

令 $q=1-p$ 为反面的概率，则恒等式为
\[\sum_{k=0}^{[n/2]}C_{n-k}^k(1-q)^{n-2k}q^k=\frac{1-(-q)^{n+1}}{1+q}=1-q+q^2-q^3+\cdots+(-q)^n,\]
多有趣的等式而且如无意外的话，这个 $q$ 应该无需限制……

kuing

总算纯粹靠变形推出了递推式，从而可以确定楼上式中的 $q$ 确实不需要限制。

记
\[b_n=\sum_{k=0}^{[n/2]}C_{n-k}^k(1-q)^{n-2k}q^k.\]

（1）当 $n$ 为偶数时，设 $n=2m$，则 $[n/2]=[(n+1)/2]=m$, $[(n-1)/2]=m-1$，于是
\begin{align*}
b_{n+1}-(1-q)b_n
&=\sum_{k=0}^mC_{2m+1-k}^k(1-q)^{2m+1-2k}q^k
-(1-q)\sum_{k=0}^mC_{2m-k}^k(1-q)^{2m-2k}q^k \\
&=\sum_{k=1}^m(C_{2m+1-k}^k-C_{2m-k}^k)(1-q)^{2m+1-2k}q^k \\
&=\sum_{k=1}^mC_{2m-k}^{k-1}(1-q)^{2m+1-2k}q^k \\
&=\sum_{k=0}^{m-1}C_{2m-1-k}^k(1-q)^{2m-1-2k}q^{k+1} \\
&=qb_{n-1};
\end{align*}

（2）当 $n$ 为奇数时（本来想说同理可证的，不过想想还是写下好），设 $n=2m+1$，则 $[n/2]=[(n-1)/2]=m$, $[(n+1)/2]=m+1$，于是
\begin{align*}
b_{n+1}-(1-q)b_n
&=\sum_{k=0}^{m+1}C_{2m+2-k}^k(1-q)^{2m+2-2k}q^k
-(1-q)\sum_{k=0}^mC_{2m+1-k}^k(1-q)^{2m+1-2k}q^k \\
&=q^{m+1}+\sum_{k=1}^m(C_{2m+2-k}^k-C_{2m+1-k}^k)(1-q)^{2m+2-2k}q^k \\
&=q^{m+1}+\sum_{k=1}^mC_{2m+1-k}^{k-1}(1-q)^{2m+2-2k}q^k \\
&=\sum_{k=1}^{m+1}C_{2m+1-k}^{k-1}(1-q)^{2m+2-2k}q^k \\
&=\sum_{k=0}^mC_{2m-k}^k(1-q)^{2m-2k}q^{k+1} \\
&=qb_{n-1}.
\end{align*}

综上，恒有 $b_{n+1}-(1-q)b_n=qb_{n-1}$，即
\[b_{n+1}-b_n=-q(b_n-b_{n-1}),\]
易知 $b_0=1$, $b_1=1-q$，故 $b_n-b_{n-1}=(-q)^n$，所以
\[b_n=1-q+q^2-q^3+\cdots+(-q)^n.\]

isee

又被你搞大了个。。。

abababa

回复 9# isee

其实就是线性差分方程在概率方面的应用，曾经看过一些例子，本论坛也有一个生物灭绝概率的那个题，找到链接了，是这个
forum.php?mod=viewthread&tid=4522&extra=page=5

线性的有些还能算算解析解，非线性的就不行了，只能算算数值解。

zhcosin

又被你搞大了个。。。
isee 发表于 2017-6-12 16:16

有内涵