Условие
Стефан Банах носил в каждом из двух карманов пальто по коробку спичек. Когда ему хотелось закурить трубку, он выбирал наугад, с вероятностью 1/2, один из коробков и доставал из него спичку. Первоначально в каждом коробке было n спичек. Рано или поздно выбранный наугад коробок оказывается пустым. Пусть X — число спичек в другом коробке в этот момент.
а) Какова вероятность того, что в другом коробке осталось ровно k спичек?
б) Каково среднее количество спичек в другом коробке?
Решение источника
Пусть пустым оказался правый коробок, а в левом осталось k спичек. Значит, до этого Банах обращался к коробкам 2n−k раз: n раз к правому и n−k раз к левому в любом порядке, а затем снова выбрал правый. По биномиальной формуле вероятность этого равна C(2n−k, n)·(1/2)2n−k·1/2. Случай пустого левого коробка симметричен, поэтому
P(X=k)=C(2n−k, n)/22n−k, k=0, 1, …, n.
Второй пункт в источнике не решён.
Редакционное объяснение
Важная деталь модели: Банах узнаёт, что коробок пуст, только когда выбирает его в (n+1)-й раз. Поэтому всего выборов 2n−k+1, и последний из них приходится на пустой коробок. Формула нормирована: например, при n=2 получаем P(X=0)=6/16=3/8, P(X=1)=3/8, P(X=2)=1/4, в сумме 1.
Среднее. Обозначим pk=C(2n−k, n)/22n−k. Отношение соседних вероятностей равно pk+1/pk=2(n−k)/(2n−k), то есть (2n−k)·pk+1=2(n−k)·pk при k=0, …, n (при k=n обе части равны нулю). Просуммируем по k. Справа получаем 2n−2E(X). Слева, после сдвига индекса j=k+1, получаем Σ(2n+1−j)·pj по j от 1 до n, то есть (2n+1)(1−p0)−E(X). Приравнивая, находим
E(X)=(2n+1)·p0−1=(2n+1)·C(2n, n)/4n−1.
По формуле Стирлинга C(2n, n)/4n≈1/√(πn), поэтому E(X)≈2√(n/π)−1: в другом коробке в среднем остаётся порядка √n спичек, а не доля от n.
Примеры: n=1 даёт E(X)=1/2; n=2 — 7/8; n=5 — 437/256≈1,71; n=10 — ≈2,70; n=50 — ≈7,04 (приближение даёт 6,98). Попутно видно, что P(X=0)=P(X=1)=C(2n, n)/4n, потому что p1/p0=2n/2n=1; при n=50 это ≈0,080.
Проверка на маленьком случае n=1: первая спичка берётся из любого коробка; затем с вероятностью 1/2 Банах снова выбирает тот же, уже пустой, коробок (X=1), а с вероятностью 1/2 берёт спичку из другого, после чего любой следующий выбор обнаружит пустой коробок (X=0). Среднее 1/2 совпадает с формулой. Точный расчёт по цепи Маркова для n=1, 2, 3, 5, 10, 20 совпал с формулой для распределения и среднего, моделирование 200 000 опытов при n=50 дало 7,05.
Что не следует из ответа
Модель требует, чтобы каждый выбор кармана был равновероятным и не зависел от прошлых. Если человек чаще лезет в один карман, распределение X сильно меняется, и в другом коробке обычно остаётся заметная доля спичек.
X — число спичек в момент, когда пустой коробок обнаружен, а не в момент, когда из коробка взяли последнюю спичку. Во втором случае в другом коробке всегда есть хотя бы одна спичка, а здесь X=0 возможно и даже является одним из двух самых вероятных значений.
Борис Демешев и участники · probability_dna, задача «Спички Банаха» · Исходное задание и решение · CC BY 4.0. Адаптация: условие сокращено, решение первого пункта сохранено, вывод среднего, асимптотика и проверки добавлены редакцией.