博餅游戲中骰子投擲次數(shù)的概率分布與數(shù)學(xué)期望

儲理才

(集美大學(xué)理學(xué)院，福建 廈門 361021)

0 引言

游戲從一開始就伴隨著人類文明的發(fā)展史，最簡單的游戲中都可能蘊含著基本的數(shù)學(xué)原理[1-2]。從最原始的賭博游戲到現(xiàn)在各種復(fù)雜的電腦手機游戲，游戲的持續(xù)時間一直是人們關(guān)注的焦點。對于游戲的持續(xù)時間現(xiàn)在已發(fā)展了一系列研究方法，如馬爾科夫鏈方法[3]、鞅方法[4]等。

中秋博餅是流行于閩南廈漳泉以及臺灣、東南亞地區(qū)的一項民俗活動[5]。傳統(tǒng)的“博餅”活動設(shè)有大小不同、形態(tài)各異的月餅作為獎品，分為6個等級，由高到低分別設(shè)“狀元”1 個、“對堂”2 個、“三紅”4 個、“四進(jìn)”8 個、“二舉”16 個、“一秀”32 個。全套月餅共 63 塊，稱為“會餅”。當(dāng)前在閩南地區(qū)比較通用的獲獎規(guī)則如下：1)狀元，6枚骰子中出現(xiàn) 5 個以上相同點數(shù)或有 4 個以上為 4 點；2)對堂，6枚骰子的點數(shù)恰好為 1，2，3，4，5，6；3)三紅，6枚骰子 中出現(xiàn) 3 個 4 點；4)四進(jìn)，6枚骰子中出現(xiàn) 4 個相同的不為 4 的點數(shù)；5)二舉，6枚骰子中出現(xiàn) 2 個 4 點；6)一秀，6枚骰子中出現(xiàn) 1 個 4 點；7)罰黑，若結(jié)果不符合以上任何一個條 件，則稱為罰黑，不取得任何獎品。獲獎等級采取就高不就低原則。根據(jù)以上規(guī)則，可以計算出各個等級的獲獎概率[6-8]，即：罰黑為14 300/46 656，狀元為561/46 656，對堂為720/46 656，三紅為2 500/46 656，四進(jìn)為1 875/46 656，二舉為9 300/46 656，一秀為17 400/46 656。本文研究博餅游戲的持續(xù)時間分布問題，在這個游戲中，持續(xù)時間與游戲中投擲骰子的次數(shù)成正比。經(jīng)查閱文獻(xiàn)，發(fā)現(xiàn)此問題與概率統(tǒng)計學(xué)中著名的“賭徒輸光”[9-13]問題有相通之處。因此，本文應(yīng)用馬爾可夫鏈方法，通過計算機編程計算，獲得了投擲次數(shù)為800以內(nèi)的概率分布，發(fā)現(xiàn)該分布可以用對數(shù)正態(tài)分布進(jìn)行擬合，并進(jìn)一步給出了精確計算數(shù)學(xué)期望的方法，獲得了數(shù)學(xué)期望的精確有理數(shù)表示。

1 符號說明

為敘述方便，引入以下符號：設(shè)A0，A1，A2，A3，A4，A5，A6分別表示隨機事件“罰黑”、“狀元”、“對堂”、“三紅”、“四進(jìn)”、“二舉”、“一秀”，記pj=P(Aj)，j=0，1，…，6。一局游戲剛開始時，各類獎品都未分發(fā)出去，隨著游戲的進(jìn)行，剩余獎品數(shù)越來越少，直至所有獎品分發(fā)完畢，游戲結(jié)束。定義狀態(tài)向量(i1，i2，i3，i4，i5，i6)，其分量i1，i2，i3，i4，i5，i6分 別表示狀元、對堂、三紅、四進(jìn)、二舉、一秀獎項的剩余獎品數(shù)，則狀態(tài)空間T={(i1，i2，i3，i4，i5，i6)│0≤i1≤1，0≤i2≤2，0≤i3≤4,0≤i4≤8，0≤i5≤16，0≤i6≤32，i1，…，i6為整數(shù)}。易知，狀態(tài)空間包含151 470(2×3×5×9×17×33)個狀態(tài)點，游戲初始狀態(tài)為(1，2，4，8，16，32)，游戲結(jié)束狀態(tài)為(0，0，0，0，0，0)。

由博餅游戲的規(guī)則可知，某個時刻的狀態(tài)只依賴于前一個時刻的狀態(tài)，從當(dāng)前狀態(tài)轉(zhuǎn)移到其他狀態(tài)或自身都有確定的概率。因此，獎品剩余狀態(tài)向量構(gòu)成一個典型的離散馬爾可夫過程，即馬爾可夫鏈。從一個狀態(tài)經(jīng)過一步轉(zhuǎn)移可達(dá)到的狀態(tài)稱為該狀態(tài)的一步可達(dá)狀態(tài)。

2 投擲次數(shù)的概率分布

2.1 概率分布的計算算法

設(shè)隨機變量Z表示一局游戲需要的投擲次數(shù)。一局游戲開始，所有獎品都未分發(fā)，所以有：

(1)

考慮k=0 的情形。顯然，只有當(dāng)獎品全分完時，才不需要投擲骰子，所以有：

(2)

再考慮k>0 的情形。在獎品剩余狀態(tài)為(i1，i2，i3，i4，i5，i6)時，設(shè)想第1次的投擲結(jié)果必定為事件Ai(i=0，1，…，6)中的某一個發(fā)生，顯然事件Ai(i=0，1，…，6)兩兩互不相交，它們構(gòu)成樣本空間的一個完備事件組，有全概率公式為：

(3)

(4)

(5)

(6)

類似地分析，有：

(7)

(8)

(9)

(10)

(11)

將式(4)和式(6)～式(11)代入式(3)，得：

(12)

對任意正整數(shù)k，要計算式(1)，只需以式(2)為初始條件，按式(12)進(jìn)行迭代即可，具體算法可描述為算法1。

算法1 計算累計概率分布：P{Z≤k},k=0，1，2，…，K。

Input:轉(zhuǎn)移概率p0，p1，p2，p3，p4，p5，p6，正整數(shù)K。

Output:P{Z≤k}=P(k),k=0，1，2，…，K。

預(yù)分配2個6維數(shù)組P1、P2和一個1維數(shù)組P;

初始化：P1(0,0,0,0,0,0)← 1,P1(i1，i2，i3，i4，i5，i6)← 0，其他；

P(0)←P1(1,2,4,8,16,32);

fork← 1,k<=K,k++do

for each(i1，i2，i3，i4，i5，i6)∈Tdo

P2(i1，i2，i3，i4，i5，i6)←p0P1(i1，i2，i3，i4，i5，i6)+p1P1(?i1-1」，i2，i3，i4，i5，i6)+

p2P1(i1，?i2-1」，i3，i4，i5，i6)+p3P1(i1，i2，?i3-1」，i4，i5，i6)+p4P1(i1，i2，i3，?i4-1」，i5，i6)+

p5P1(i1，i2，i3，i4，?i5-1」，i6)+p6P1(i1，i2，i3，i4，i5，?i6-1」);

end

P(k)←P2(1,2,4,8,16,32);

for each(i1，i2，i3，i4，i5，i6)∈Tdo

P1(i1，i2，i3，i4，i5，i6)←P2(i1，i2，i3，i4，i5，i6);

end

end

2.2 概率分布的計算結(jié)果

對給定的正整數(shù)K，按節(jié)2.1方法計算Z在 {0，1，2，…，K} 上的概率分布。由于狀態(tài)空間中的元素數(shù)目多達(dá)151 470，需計算機編程計算。以下是K=800 的計算結(jié)果。

表2是Z的累計概率分布表。從表2中可以看出，投擲數(shù)不超過220的概率為0.522 067，而投擲數(shù)不超過640的概率高達(dá)0.999 031。由Z的累積概率分布，很容易計算Z取某個整數(shù)值的概率P{Z=k}=P{Z≤k}-P{Z≤k-1}。

表2 投擲次數(shù)Z的累積概率分布表(P {Z≤k})

定義概率最大的投擲次數(shù)為最可能出現(xiàn)的投擲次數(shù)，則最可能出現(xiàn)的投擲次數(shù)為 196，其概率P{Z=196}=P{Z≤196}-P{Z≤195}=0.005 920 890，即1 000 局游戲中大約會出現(xiàn)6局是以196次投擲次數(shù)結(jié)束游戲的。

2.3 投擲次數(shù)Z的擬合分布

投擲次數(shù)Z的概率分布表雖已得出，但使用起來有些不便，能否使用已知的概率分布對其進(jìn)行擬合呢？

圖1是投擲次數(shù)Z的概率分布圖。由圖1b可以看出，Z的分布是一種偏態(tài)分布，分別選擇Γ-分布和對數(shù)正態(tài)分布對Z的概率分布用最小二乘法進(jìn)行擬合，得出相應(yīng)的參數(shù)。擬合效果見圖 2，其中Γ-分布的形狀參數(shù)α=9.289，尺度參數(shù)β=24.603，對數(shù)正態(tài)分布的參數(shù)μ=5.377 8，σ=0.328 4。從擬合效果來看，顯然對數(shù)正態(tài)分布要優(yōu)于Γ-分布。容易計算該對數(shù)正態(tài)分布的數(shù)學(xué)期望為 228.543，方差為 5 947.990，可作為Z的數(shù)學(xué)期望E(Z)和方差Var(Z)近似值，即平均要投 228.543次就可將獎品分配完畢。

3 投擲次數(shù)的數(shù)學(xué)期望

本節(jié)考慮E(Z)的精確計算問題。設(shè)獎品剩余狀態(tài)為(i1，i2，i3，i4，i5，i6)時還需要的投擲次數(shù)的數(shù)學(xué)期望為E(i1，i2，i3，i4，i5，i6)，類似節(jié)2.1的分析可得：

E(0,0,0,0,0,0)=0,

(13)

(14)

由式(14)可以解出E(i1，i2，i3，i4，i5，i6)。例如，當(dāng)i1，i2，i3，i4，i5，i6全大于0時，有：

(15)

當(dāng)(i1，i2，i3，i4，i5，i6)中出現(xiàn)0時，不失一般性，假設(shè)i1=i3=i5=0，i2，i4，i6>0，有：

(16)

由式(15)～式(16)可見，狀態(tài)點(i1，i2，i3，i4，i5，i6)處的數(shù)學(xué)期望可以由一步可達(dá)狀態(tài)點的數(shù)學(xué)期望遞推算出，為此將狀態(tài)空間T分層，對整數(shù)0≤k≤63，定義

Tk={(i1，i2，i3，i4，i5，i6)∈T|i1+i2+i3+i4+i5+i6=k}。

(17)

顯然，T0={(0，0，0，0，0，0)}，T63={(1，2，4，8，16，32)}，Tk中的狀態(tài)點的一步可達(dá)狀態(tài)點一定在Tk-1中，計算E(Z)=E(1,2,4,8,16,32)的精確值的算法為算法2。

算法2 計算E(Z)=E(1,2,4,8,16,32)。

輸入?yún)?shù):p0，p1，p2，p3，p4，p5，p6;

初始化:E(0,0,0,0,0,0)← 0;

按式(17)構(gòu)造Tk，k=0，1，…，63;

fork←1,k<=63,k++do

for each(i1，i2，i3，i4，i5，i6)∈Tkdo

由式(14)計算E(i1，i2，i3，i4，i5，i6)

end

end

輸出：E(1,2,4,8,16,32)。

按算法2用數(shù)學(xué)軟件Mathematica編程，計算得到E(Z)的精確值為：

E(Z)=(729 282 124 … 214 477 889)/(3 191 150 … 807 040 000)。

(18)

式(18)中分子為4 770位整數(shù)，分母為4 768位整數(shù)。由于篇幅所限，中間數(shù)位的數(shù)字略去。保留六位小數(shù)為:E(Z)=(729 282 124 … 214 477 889)/(3 191 150 … 807 040 000)≈ 228.532 698，與用對數(shù)正態(tài)分布計算的結(jié)果相比較，二者之間只差 0.01，再一次說明對數(shù)正態(tài)分布能很好地擬合投擲次數(shù)的概率分布。