六枚硬幣問題

崔海 黃魯坤 申朋 李棟 劉曉雨

在高中數(shù)學(xué)里面，我們大體了解了什么是概率，以及一些涉及概率的基本問題。因為高考對于概率的難度要求并不高，所以很多同學(xué)可能會認(rèn)為，概率的難度不過如此。那么，我們現(xiàn)在來探討一下，用高中數(shù)學(xué)范圍內(nèi)所學(xué)過的概率內(nèi)容，可以玩出怎樣的花樣。

我們來看這個問題：賽爾號的闖關(guān)關(guān)卡中，經(jīng)常出現(xiàn)這樣的關(guān)卡。建立數(shù)學(xué)模型后為：現(xiàn)在有六枚硬幣，均為正面朝上，反面朝下的狀態(tài)。每次隨機(jī)翻動其中的三枚硬幣，使得這三枚硬幣的正反面狀態(tài)改變，從數(shù)學(xué)期望上來講，經(jīng)過幾次翻動，可以使得這六枚硬幣全部變?yōu)檎娉拢疵娉系臓顟B(tài)？

這個題目咋看之下，難度是很低的，過程很簡單，就只是翻動硬幣，改變他們的正反面狀態(tài)而已。但仔細(xì)一思考，有的同學(xué)可能就不知道下一步該怎么求了。其實我們完全可以慢慢思考這個問題。首先，我們探討的是硬幣的正反面狀態(tài)，既然要求硬幣的正反面狀態(tài)，那么我們可以把所有正面向上的硬幣和所有反面向上的硬幣分成兩組，并對各自的每一組一概而論，而不用對每一組內(nèi)部的具體哪一枚硬幣做出具體的區(qū)分。這樣，我們就可以把現(xiàn)在硬幣的狀態(tài)設(shè)為（x，y），意為現(xiàn)有x枚硬幣正面朝上，y枚硬幣反面朝上，那么就有 x+y=6，且初始狀態(tài)為（6，0）。接下來，就是翻動硬幣的過程，在第一次翻動之前，由于只有六枚正面朝上的硬幣，因此，第一次翻動硬幣時，必定為將三枚正面朝上的硬幣翻動為反面向上的硬幣?；蛘哒f，經(jīng)過第一次翻動，有狀態(tài)必定為由（6，0）變?yōu)椋?，3）。而第二次翻動時的狀態(tài)就會出現(xiàn)多種情況了，而具體會出現(xiàn)什么情況，我們不妨來考慮一下翻動三枚硬幣意味著什么。我們來延伸考慮一下這個問題，假設(shè)翻動n枚硬幣意味著什么？假設(shè)翻動n枚硬幣，那么就有a枚硬幣由正面朝上變?yōu)榉疵娉?，有b枚硬幣由反面朝上變?yōu)檎娉?，且?a+b=n，而本質(zhì)上，每翻動兩個狀態(tài)不同的硬幣，其實相當(dāng)于互相抵消，對總的狀態(tài)不構(gòu)成影響。也就是說，翻動n枚硬幣，相當(dāng)于把正面朝上或者反面朝上的硬幣翻動n枚、n-2枚、n-4枚......直到翻動一或二枚或者此狀態(tài)的硬幣不在支持翻動為止。那么我們在回到剛才第二次翻動硬幣的這個問題，就相當(dāng)于隨機(jī)翻動硬幣，使得硬幣的狀態(tài)變?yōu)椋?，0）、（0，6）、（4，2）、（2，4）。其中（6，0）相當(dāng)于回到了初始狀態(tài)，（0，，6）則為最終狀態(tài)。當(dāng)狀態(tài)為（4，2）或（2，4）時再翻動，狀態(tài)會變?yōu)椋?，5）、（5，1）、（3，3）。狀態(tài)為（1，5）、（5，1）時再翻動，狀態(tài)會變?yōu)椋?，4）、（4，2）。而每一種狀態(tài)變更為另一種狀態(tài)的概率，可以用組合數(shù)的比值求得。換句話說，是用符合要求的情況數(shù)量比上所有可能的情況數(shù)量。我們以狀態(tài)（4，2）變化為狀態(tài)（3，3）為例來說明一下。在這個變化過程中，有兩枚硬幣由正面向上變?yōu)榉疵嫦蛏?，有一枚硬幣由反面向上變更為正面向上。那么概率?yīng)為=0.6，同理可得其他狀態(tài)變化的概率。

此時便可得由（6，0）到（0，6）的過程中的所有情況：由（6，0）到（3，3）。（3，3）到（0，6）完成過程。由（3，3）到（6，0）重新翻動。由（3，3）到（4，2）或（2，4），再回到（3，3）重新翻動。由（2，4）或（4，2）到（1，5）或（5，1），再返回（2，4）或（4，2）重新翻動。這樣其實本質(zhì)上可以這樣區(qū)分，在第一步翻動之后，最后一步翻動完成之前，在持續(xù)一個由（3，3）回到（3，3）的過程。這個過程可能進(jìn)行一次，也有可能進(jìn)行兩次，進(jìn)行三次、四次、五次直到正無窮次。我們只要分析出每一步所需要的步驟數(shù)的數(shù)學(xué)期望，再相加，就可以知道總的數(shù)學(xué)期望步驟數(shù)。對于某種可能的步驟數(shù)進(jìn)行分析，這種情況下所用的步驟數(shù)為。其中α表示無效且不在本次研究范圍內(nèi)的循環(huán)所發(fā)生的概率，Β表示無效且在本次研究范圍內(nèi)的循環(huán)所發(fā)生的概率，表示跳出循環(huán)通向成功的概率，也就是說等于0.05。表示當(dāng)前所研究的無效循環(huán)每次所需要消耗的步驟數(shù)，表示當(dāng)前所研究的無效循環(huán)所發(fā)生的概率。這樣，這個式子就表示出了每一步所需要的步驟數(shù)的數(shù)學(xué)期望，且符合數(shù)學(xué)期望的定義。

列出式子后，下一步就是這個式子的解法問題。我們先來觀察這個式子的特點，有兩個概率的冪從零依次增加，后面還有一個組合數(shù)，再乘以兩個常數(shù)以及β。那么我們首先想到二項式定理。二項式定理要求α與β之和為常數(shù)，那么我們可以分為不同的情況，令

α+β=m，則m的值會分別為0、1、2、3、......。當(dāng)m等于0時，則此時對應(yīng)式子也為0。當(dāng)m為大于0的每一個取值時，式子的α與β的和也會產(chǎn)生定值，進(jìn)一步可以說這就是二項式定理的一個部分的冪β依次加一，另一個部分（m-β）依次減一。式子就會類似于二項式定理的展開式，但是與之不同的是，相比起二項式定理，此時的式子還多一個因數(shù)β，因此我們只需要想辦法將之變形為我們熟悉的二項式定理的形式。我們將（）變形為，并進(jìn)一步變形為。利用乘法分配律，將式子中作為冪出現(xiàn)的β減去1，提取到Σ之前作為因數(shù)。則變形后，符合二項式定理的結(jié)構(gòu)，根據(jù)m取值的不同，構(gòu)建出了無數(shù)個二項式定理的展開式。求出這無數(shù)個值來之后，我們會發(fā)現(xiàn)，根據(jù)m取值的不同，這些值又構(gòu)成了一個無窮數(shù)列，而我們要求出這個無窮數(shù)列的所有項的和。我們觀察這個數(shù)列可以發(fā)現(xiàn)，這個數(shù)列，是一個等比數(shù)列乘以等差數(shù)列的形式，因此，我們又可以根據(jù)錯位相減法，求出他們的和。錯位相減法是一種比較經(jīng)典的方法，但不是我們這里所研究的重點，就不再加以贅述。

這并不算完，我們目前所求的，僅僅是無數(shù)種情況里面的其中一種，但事實上，有著無窮多種可能失敗的情況，我們只求了一種。但其實這并沒有什么問題，因為雖然有無窮多種情況，但是，這無窮多種可能的情況，構(gòu)成的依舊是一個等比數(shù)列乘以等差數(shù)列的情況，以及一個剩余的兩次翻動，依舊可以用錯位相減法求出。最后，再加上最一開始所必定消耗的的一步，也就是從（6，0）到（3，3）的一步。以及最后一步，也就是從（3，3）到（0，6）的一步。這樣，合計一共是使用了六十四步。換句話說，從數(shù)學(xué)期望上來講，我們一共需要翻動六十四次，就可以將六枚正面朝上的硬幣，變更為反面朝上的硬幣。這樣，這個題目就算是完成了。

這個題目其實還是蠻有意思的，屬于那種咋看之下并不難，但實際求解的時候，會發(fā)現(xiàn)并不是太容易的例子。