一道概率题，供诸位提神醒脑

NaCN

袋中有n个白球（n→∞），每次随机摸出一个球，按如下规则操作：
1 摸出白球，涂成半红半白，放回袋内；
2 摸出半红半白球，涂成全红，放回袋内；
3 摸出红球，什么也不做，放回袋内。

求以下问题的解析解
问题1：当涂色n次，袋中半红半白球的比例期望是多少？
问题2：当袋中半红半白球的比例期望最高时，应当涂色几次？此时半红半白球的比例期望是多少？

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这题目来源于我对实践问题的抽象概括，问题难点在于询问涂色次数而不是摸球次数。我在网上寻找解答未果，问AI给出的也是错误答案，用程序模拟可以得到数值解，但我自己没能推导解析解。
可能是道很简单的题目，知道S1藏龙卧虎，发出来供诸位打工时摸鱼，顺便问问有没有网友能看出来我实践中是想解决什么问题。

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44楼更新了出题背景，回答了n到底是无穷大还是具体的数字

最爱红狼

这种很难，现在有计算机，基本都是编程求近似解

阿菠萝13

问题2：目测应当涂色1次，比例期望是100%。因为袋中有1个白球时，摸1次球并涂色的操作是确定的

可能我没看懂题目，溜了溜了

马猴肥宅

阿菠萝13 发表于 2024-10-16 09:24
问题2：目测应当涂色1次，比例期望是100%。因为袋中有1个白球时，摸1次球并涂色的操作是确定的

可能我没看 ...

有两个球摸两次的时候袋中半球占比期望只有50%（


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看错了看成对问题1的解答了 不好意思

大青衣

每次觉得自己得出解的下一秒就被自己推翻了

东窗下的鸟

n趋近无穷大，每次摸出白球的可能性趋近1，
最后是不是导致全是半白半红球
—— 来自 S1Fun

qb212

最近泥潭是流行做各种数学题吗

wing130083

问题2答案肯定是n=1，100%半红半白
lz是不是想问红或者白球的占比期望最高？

AshPenguin

我的直觉告诉我应该写个巨大的马尔可夫转移矩阵，然后解平衡方程

NaCN

wing130083 发表于 2024-10-16 09:42
问题2答案肯定是n=1，100%半红半白
lz是不是想问红或者白球的占比期望最高？ ...

限制条件在第一行：n个白球（n→∞）

马桶3

有n个球，摸n次
那么两个n应该是相等的
那么n次后红白球的期望是36.8%

哎呀是涂啊，那要重新搞了


n个球涂n次，红白球期望是36.4%
好像区别也不大嘛

NaCN

AshPenguin 发表于 2024-10-16 09:42
我的直觉告诉我应该写个巨大的马尔可夫转移矩阵，然后解平衡方程

我考虑过但想不到下手的点，请问有没有更详细的思路

東雲千夜子

搞不懂不猜了

stplum

数学扔下多少年了……如果从n=1的例子起做归纳是否可行？

ggby

一直操作 红球/有色 应该是一直等于 有色/n 的吧
列个普通方程就有了

a4ac7

让gpt试一下，第一个步骤就看不懂

推广到任意 n 的情况
问题1：经过 t 次涂色操作后，袋中半红半白球的比例的期望值
设 H(t) 为经过 t 次操作后，袋中半红半白球的期望数量。

递推关系：

E[H(t)] = (n * t)/(n-1) * (1 - 1/n)^t

因此，比例期望为：

比例期望 = E[H(t)]/n = t/(n-1) * (1 - 1/n)^t

当 t = n 时：

比例期望 = n/(n-1) * (1 - 1/n)^n ≈ 1/e ≈ 0.3679

问题2：半红半白球比例的期望值达到最大时，应进行多少次涂色操作
为了找到 E[H(t)] 的最大值，对 t 进行优化。

设：

f(t) = (n * t)/(n-1) * (1 - 1/n)^t

取自然对数：

ln f(t) = ln t + t * ln(1 - 1/n) + ln(n/(n-1))

对 t 求导并令导数为零：

d/dt ln f(t) = 1/t + ln(1 - 1/n) = 0 因此： t = -1/ln(1 - 1/n)

利用泰勒展开 ln(1 - x) ≈ -x（当 x 较小时）：

t ≈ n

因此，在 t = n 附近，期望值 E[H(t)] 达到最大值。

最大期望比例：
对于较大的 n，该最大值近似为 1/e ≈ 0.3679。

结论
问题1：对于任意 n，经过 t 次涂色操作后，袋中半红半白球的比例的期望值为：

比例期望 = t/(n-1) * (1 - 1/n)^t

当 t = n 时：

比例期望 ≈ 1/e ≈ 0.3679

问题2：半红半白球比例的期望值在 t = n 时达到最大。此时，最大比例期望约为 1/e ≈ 0.3679。

—— 来自 鹅球 v3.2.91

Jet.Black

作为程序员，跑个蒙特卡洛不过分吧？

AshPenguin

NaCN 发表于 2024-10-16 09:51
我考虑过但想不到下手的点，请问有没有更详细的思路

我先试一下传统方法
第一问，涂色k次，所有可能的状态数 C(k,2n) 每种状态可能性相同，其中i个半红半白的状态数C(i,n)*2^i*C((k-i)/2,n-i)。对每个k都找到i对应的状态可能性，应该用归纳法可以做。或者，这应该是个变种的binomial分布，可以用高斯分布近似。
第二问，假设上一问里k和i的关系得到了，求个导应该就行了，大概。。

既然n趋近于无穷， 如果这是真的一道题的话，肯定是要用高斯分布对这种离散分布做近似的。当然这貌似不是一道题所以思路也不一定对

紧那罗

问题2：当袋中半红半白球的比例期望最高时，应当涂色几次？此时半红半白球的比例期望是多少？


跳过第一个问题的话，假设全红球数为k，则半红半白占比应该是(n-k)/2/n。 超过这个比例后，下一次摸球半红半白球增加的期望为负数。这个应该比较好算。
摸球次数为2k+(n-k)/2＝2/n+3/2k

—— 来自 鹅球 v3.0.86-alpha

蹲起丁烷

状态转移的概率不确定啊

—— 来自 S1Fun

GJRstone

这个n是确数又是无限，一下子确实没想到怎么搞

perfect_duck

t -> n 时，e  ^ (- t / n) = 0.368

濡鸦之羽_

感觉不是很难，随机涂，每个球可以被涂很多次，把分布写出来，大于1切一刀，小于1切一刀，分析变化过程就行了。
n→∞是比较搞的一点，具体搞在哪没动笔算

takami

楼主是研究传染病的？

蹲起丁烷

编辑了

—— 来自 S1Fun

VMDL

这是误以为红色可以继续涂的读错题版本，可以无视

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问题1：
令摸球次数为 m，枚举所有可能的 n^m 种情况（从摸 m 个 1 一直到摸 m 个 n）：

当且仅当某个球只被摸到 1 次时才为半红半白，对单一的一个球而言，这种情况意味着在 m 次中的某次摸球选中自己而在其他情况选中其他球，因此情况数为 m*(n-1)^(m-1)

对于每个球而言这种情况的出现次数是相等的，因此总数为 m*(n-1)^(m-1) 乘上 n，除以 n^m 得到期望为 m/n*(n-1)^(m-1)/n^(m-1) 或者 m/n*(1-1/n)^(m-1)

当 m=n 且 n 趋于无穷即为 1/e

问题2：
大概求个导就行了吧...

求导求出结果是 1/ln(1+1/(n-1))，介于 n-1 和 n 之间，但算一下会发现 n 大于 1 的时候抽 n-1 次和 n 次结果是一样的，所以抽 n-1 次和 n 次都能取到最大值

张子虚

每个状态的概率大小倒是可以用组合数写出来，但这样的解析解对于求期望貌似没啥帮助

RJG丶one

模拟了一下，你前后两个n是一个n的话，比例大约是36.7%

1. Counter({1: 36788022, 0: 36785362, 2: 26426616})

复制代码

试了假如对n个球摸2n，3n，4n……10n次的结果，基本满足半红半白是白色的2，3，4……10倍

1. Counter({0: 368000, 1: 367773, 2: 264227})
   
2. Counter({2: 594546, 1: 270555, 0: 134899})
   
3. Counter({2: 800690, 1: 149768, 0: 49542})
   
4. Counter({2: 908858, 1: 72765, 0: 18377})
   
5. Counter({2: 959718, 1: 33640, 0: 6642})
   
6. Counter({2: 982646, 1: 14902, 0: 2452})
   
7. Counter({2: 992765, 1: 6314, 0: 921})
   
8. Counter({2: 996917, 1: 2725, 0: 358})
   
9. Counter({2: 998770, 1: 1105, 0: 125})
   
10. Counter({2: 999511, 1: 424, 0: 65})

复制代码

综合来看，0的数量随摸的次数指数减小，1的数量是0的摸的次数倍。拿程序模拟了下，基本就是n个球摸n次时，1的占比最大

1. from collections import Counter  
   
2. import random
   
3. 
   
4. 
   
5. def simulate(list):
   
6.     n=len(list)
   
7.     ampier = 1.0 #改倍率
   
8.     for i in range(int(n*ampier)):
   
9.         random_num = random.randint(0,n-1)
   
10.         k = list[random_num]
    
11.         if k == 0 :list[random_num]=1
    
12.         if k == 1 :list[random_num]=2
    
13.     counter = Counter(list)  
    
14.     print(counter)
    
15. 
    
16. n = 1000000 #改模拟次数
    
17. list = [0]*n
    
18. simulate(list)

复制代码

huanyanqia

这题没看太明白，这个摸球n次的“n”也接近无穷大吗，还是说就只是另外一个确定的数。
PS：看了上面回复明白了，这个n也趋近无穷大。

那这个题就简化为n个球，摸n次，求有多少球只被摸了1次。

Ne0

问题不难，甚至都不需要随机过程的知识。简单算了一下，也编程测试过了正确性。

问题 1 等价于，n 个球取出放回 m 次（其中 m = n）之后，恰好被取出过 1 次的球的个数的期望。
每个球被取出的概率为 1/n，m 次中恰被取出 1 次的概率为 m (1/n) ((n-1)/n)^(m-1). 对于每个球相互独立，所以个数的期望就是乘以 n.
m = n, 那么半红半白球的比例期望是 (1 - 1/n)^n, 极限是 1/e.

问题 2 只要带入上面的结果，计算一下拐点就行了，应当涂色 n-1 次

哩子ayil

总感觉大学的时候做过疑似的题目，写出来的式子很像个泰勒展开式，然后能收回一个解，不过当时我也是电脑跑的，现在不会做了

AshPenguin

Ne0 发表于 2024-10-16 10:44
问题不难，甚至都不需要随机过程的知识。简单算了一下，也编程测试过了正确性。

问题 1 等价于，n 个球取 ...

但是主楼里是涂色m次啊。。。也就是每个球最多被取出放回2次

NaCN

Ne0 发表于 2024-10-16 10:44
问题不难，甚至都不需要随机过程的知识。简单算了一下，也编程测试过了正确性。

问题 1 等价于，n 个球取 ...

题目中的要求的和您的理解不等价，红球再被取出不会算到涂色次数里，所以涂色了n次实际取球的次数是要大于n的。或者说取出两次的球就失去了再被取出的资格，剩余的球被取出的概率要大于1/n，而这个概率又和当时有几个红色的球有关，要分别计算。

Victorino

n无限的话是算不了的吧，你要怎么样从无限的球中抽出之前涂过的

很久就在那边l

NaCN 发表于 2024-10-16 10:56
题目中的要求的和您的理解不等价，红球再被取出不会算到涂色次数里，所以涂色了n次实际取球的次数是要大 ...

不需要考虑剩余球概率啊，直接设一共取了m次，得到被取零次一次和两次以上的期望，根据总涂色为n次的约束得到m

VMDL

编辑，好像不太对

http404

很久就在那边l 发表于 2024-10-16 11:28
不需要考虑剩余球概率啊，直接设一共取了m次，得到被取零次一次和两次以上的期望，根据总涂色为n次的约束 ...

想错了，编辑了

AshPenguin

涂色k次，所有可能的状态数 C(2n,k) 每种状态可能性相同，其中i个半红半白的状态数C(n,i)*2^i*C(n-i,(k-i)/2)
如果保证k-i是偶数，这是个离散概率函数P(i;k)=C(n,i)*2^i*C(n-i,(k-i)/2)/C(2n,k), 现在要求的是E[P(i;k=n)]

k=n,n->∞, C(2n,k)=C(2n,n)->4n/(pi*n)^0.5
令j=(k-i)/2
P(i)=C(n,2j)*2^(n-2j)*C(2j,j)/C(2n,n)=C(n,j)*C(n-j,j)*2^(n-2j)/C(2n,n)
Let j=c*n, c的范围[0,1/2]
由Stirling近似 （后面我交给GPT了）
最后化简得c=1/4时，也就是i=1/2时P(i)最大，是高斯近似的中心，也就是期望
所以期望是n/2

诶呦我去这是哪

这是一个有趣的概率问题。让我们一步步分析并解答这两个问题。
问题1：当涂色n次，袋中半红半白球的比例期望是多少？
让我们定义以下变量：
x(n) - n次操作后，半红半白球的比例期望
y(n) - n次操作后，全红球的比例期望
第n次操作后，我们可以得到以下递推关系：
x(n) = x(n-1) + (1 - x(n-1) - y(n-1)) - x(n-1)/2
y(n) = y(n-1) + x(n-1)/2
简化后：
x(n) = x(n-1) + 1 - 3x(n-1)/2 - y(n-1)
y(n) = y(n-1) + x(n-1)/2
初始条件：x(0) = 0, y(0) = 0
通过求解这个递推关系，我们可以得到x(n)的解析解：
x(n) = (2/3) * (1 - e^(-3n/4))
问题2：当袋中半红半白球的比例期望最高时，应当涂色几次？此时半红半白球的比例期望是多少？
要找到x(n)的最大值，我们需要求导并令其等于0：
dx/dn = (1/2) * e^(-3n/4)
令dx/dn = 0，我们发现n趋向于无穷大时，x(n)达到最大值。
当n趋向于无穷大时，x(n)的极限值为：
lim(n→∞) x(n) = 2/3
因此，答案如下：

当涂色n次时，袋中半红半白球的比例期望是 (2/3) * (1 - e^(-3n/4))。
理论上，当涂色次数趋向于无穷大时，半红半白球的比例期望达到最大值。此时，半红半白球的比例期望是 2/3，约等于 0.6667。

需要注意的是，虽然理论上需要无限次涂色才能达到最大值，但在实际操作中，当n足够大时（例如，几百次或几千次），x(n)已经非常接近其极限值2/3。