六枚硬幣問(wèn)題獲獎(jiǎng)科研報(bào)告

六枚硬幣問(wèn)題獲獎(jiǎng)科研報(bào)告在高中數(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(wèn)題。因?yàn)楦呖紝?duì)于概率的難度要求并不高，所以很多同學(xué)可能會(huì)認(rèn)為，概率的難度不過(guò)如此。那么，我們現(xiàn)在來(lái)探討一下，用高中數(shù)學(xué)范圍內(nèi)所學(xué)過(guò)的概率內(nèi)容，可以玩出怎樣的花樣。

我們來(lái)看這個(gè)問(wèn)題：賽爾號(hào)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(dòng)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(lái)講，經(jīng)過(guò)幾次翻動(dòng)，可以使得這六枚硬幣全部變?yōu)檎娉?，反面朝上的狀態(tài)？

這個(gè)題目咋看之下，難度是很低的，過(guò)程很簡(jiǎn)單，就只是翻動(dòng)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(shí)我們完全可以慢慢思考這個(gè)問(wèn)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(duì)各自的每一組一概而論，而不用對(duì)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(lái)，就是翻動(dòng)硬幣的過(guò)程，在第一次翻動(dòng)之前，由于只有六枚正面朝上的硬幣，因此，第一次翻動(dòng)硬幣時(shí)，必定為將三枚正面朝上的硬幣翻動(dòng)為反面向上的硬幣?；蛘哒f(shuō)，經(jīng)過(guò)第一次翻動(dòng)，有狀態(tài)必定為由（6，0）變?yōu)椋?，3）。而第二次翻動(dòng)時(shí)的狀態(tài)就會(huì)出現(xiàn)多種情況了，而具體會(huì)出現(xiàn)什么情況，我們不妨來(lái)考慮一下翻動(dòng)三枚硬幣意味著什么。我們來(lái)延伸考慮一下這個(gè)問(wèn)題，假設(shè)翻動(dòng)n枚硬幣意味著什么？假設(shè)翻動(dòng)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希矣衋+b=n，而本質(zhì)上，每翻動(dòng)兩個(gè)狀態(tài)不同的硬幣，其實(shí)相當(dāng)于互相抵消，對(duì)總的狀態(tài)不構(gòu)成影響。也就是說(shuō)，翻動(dòng)n枚硬幣，相當(dāng)于把正面朝上或者反面朝上的硬幣翻動(dòng)n枚、n-2枚、n-4枚......直到翻動(dòng)一或二枚或者此狀態(tài)的硬幣不在支持翻動(dòng)為止。那么我們?cè)诨氐絼偛诺诙畏瓌?dòng)硬幣的這個(gè)問(wèn)題，就相當(dāng)于隨機(jī)翻動(dòng)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(shí)再翻動(dòng)，狀態(tài)會(huì)變?yōu)椋?，5）、（5，1）、（3，3）。狀態(tài)為（1，5）、（5，1）時(shí)再翻動(dòng)，狀態(tài)會(huì)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(shuō)，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(lái)說(shuō)明一下。在這個(gè)變化過(guò)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(shí)便可得由（6，0）到（0，6）的過(guò)程中的所有情況：由（6，0）到（3，3）。（3，3）到（0，6）完成過(guò)程。由（3，3）到（6，0）重新翻動(dòng)。由（3，3）到（4，2）或（2，4），再回到（3，3）重新翻動(dòng)。由（2，4）或（4，2）到（1，5）或（5，1），再返回（2，4）或（4，2）重新翻動(dòng)。這樣其實(shí)本質(zhì)上可以這樣區(qū)分，在第一步翻動(dòng)之后，最后一步翻動(dòng)完成之前，在持續(xù)一個(gè)由（3，3）回到（3，3）的過(guò)程。這個(gè)過(guò)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(wú)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(duì)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(wú)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(wú)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(shuō)等于0.05。表示當(dāng)前所研究的無(wú)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(wú)效循環(huán)所發(fā)生的概率。這樣，這個(gè)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(gè)式子的解法問(wèn)題。我們先來(lái)觀察這個(gè)式子的特點(diǎn)，有兩個(gè)概率的冪從零依次增加，后面還有一個(gè)組合數(shù)，再乘以兩個(gè)常數(shù)以及β。那么我們首先想到二項(xiàng)式定理。二項(xiàng)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(huì)分別為0、1、2、3、......。當(dāng)m等于0時(shí)，則此時(shí)對(duì)應(yīng)式子也為0。當(dāng)m為大于0的每一個(gè)取值時(shí)，式子的α與β的和也會(huì)產(chǎn)生定值，進(jìn)一步可以說(shuō)這就是二項(xiàng)式定理的一個(gè)部分的冪β依次加一，另一個(gè)部分（m-β）依次減一。式子就會(huì)類似于二項(xiàng)式定理的展開(kāi)式，但是與之不同的是，相比起二項(xiàng)式定理，此時(shí)的式子還多一個(gè)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(xiàng)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(xiàng)式定理的結(jié)構(gòu)，根據(jù)m取值的不同，構(gòu)建出了無(wú)數(shù)個(gè)二項(xiàng)式定理的展開(kāi)式。求出這無(wú)數(shù)個(gè)值來(lái)之后，我們會(huì)發(fā)現(xiàn)，根據(jù)m取值的不同，這些值又構(gòu)成了一個(gè)無(wú)窮數(shù)列，而我們要求出這個(gè)無(wú)窮數(shù)列的所有項(xiàng)的和。我們觀察這個(gè)數(shù)列可以發(fā)現(xiàn)，這個(gè)數(shù)列，是一個(gè)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(cuò)位相減法，求出他們的和。錯(cuò)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(diǎn)，就不再加以贅述。

這并不算完，我們目前所求的，僅僅是無(wú)數(shù)種情況里面的其中一種，但事實(shí)上，有著無(wú)窮多種可能失敗的情況，我們只求了一種。但其實(shí)這并沒(méi)有什么問(wèn)題，因?yàn)殡m然有無(wú)窮多種情況，但是，這無(wú)窮多種可能的情況，構(gòu)成的依舊是一個(gè)等比數(shù)列乘以等差數(shù)列的情況，以及一個(gè)剩余的兩次翻動(dòng)，依舊可以用錯(cuò)位相減法求出。最后，再加上最一開(kāi)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(jì)一共是使