Δευτέρα, 13 Ιανουαρίου 2014

Το πρόβλημα της διαίρεσης του στοιχήματος

Σε αλληλογραφία των Pascal και Fermat λύθηκε το γενικότερο πρόβλημα διαίρεσης του στοιχήματος, που διατυπώνεται ως εξής:
ΠΡΟΒΛΗΜΑ:
Πως να μοιραστεί το στοίχημα σε παιχνίδι που διακόπηκε όταν ο παίκτης Α θέλει ακόμη $m$ παρτίδες να κερδίσει το παιχνίδι και ο Β θέλει ακόμη $n$ παρτίδες; 
Ειδική περίπτωση:
∆ύο φίλοι στοιχημάτισαν 100 στο τάβλι που τελειώνει σε 7 παρτίδες. 
Αναγκάζονται να σταματήσουν όταν το σκορ είναι 4- 5 . (δηλ. ο Α θέλει ακόμη $m=3$ παρτίδες και ο Β θέλει ακόμη $n=2$ παρτίδες). 
Από πόσα θα πρέπει να πάρουν οι δύο φίλοι;
Πηγή: cmoi

6 σχόλια:

  1. Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. Εφόσον ο $A$ θέλει ακόμη $m$ και ο $B$ $n$ παρτίδες,
    αν το παιχνίδι συνεχιζόταν θα χρειαζόντουσαν τουλάχιστον
    m ή n, όποιος είναι μικρότερος και το πολύ $m+n-1$ παρτίδες,
    με νίκη είτε του $A$ είτε του $B$
    Εξετάζουμε τι μπορούσε να συμβεί σε m+n-1 παρτίδες
    Ο $A$ θα κέρδιζε την παρτίδα αν νικούσε σε $m$ τουλάχιστον
    παρτίδες από τις $m+n-1$ , δηλαδή αν κέρδιζε
    $m$ ή $m+1$ ή $m+2$ ή..ή $m+n-1$
    και θα έχανε στο παιχνίδι (και συνεπώς θα νικούσε ο Β) αν νικούσε σε λιγότερες από $m$ παρτίδες, δηλαδή αν
    νικούσε σε $0,1,2,...,m-1$ παρτίδες.
    Επειδή υπάρχουν δύο ενδεχόμενα , νίκη ή ήττα, σε κάθε
    παρτίδα το σύνολο των ενδεχόμενων είναι $2^{m+n-1}$

    Οι ευνοϊκές περιπτώσεις για τον Α είναι να νικήσει σε:
    $m$ παρτίδες και οι τρόποι να συμβεί αυτό είναι $C(m+n-1,m)$
    $m+1$ παρτίδες με $C(m+n-1,m+1)$ τρόπους
    …...................................................................
    $m+n-1$ παρτίδες με $C(m+n-1,m+n-1)$ τρόπους

    Oι δυσμενείς για τον Α και άρα ευνοϊκές για τον Β είναι
    να νικήσει σε:
    $0$ παρτίδες με $C(m+n-1,0)$ τρόπους
    $1$ παρτίδα με $C(m+n-1,1)$ τρόπους
    ........................................................
    $m-1$ παρτίδες με $C(m+n-1,m-1)$ τρόπους

    Έστω ότι ο Α κερδίζει $k$ από τις $m+n-1$ παρτίδες,
    άρα σύνολο ευνοϊκών περιπτώσεων για τον Α
    $\sum_k_=_m^m^+^n^-^1 \begin{bmatrix}m+n-1 \\k \end{bmatrix}$
    και η πιθανότητα νίκης του είναι:
    $\Pi (A)=\frac{\sum_k_=_m^m^+^n^-^1\begin{bmatrix}m+n-1
    \\k \end{bmatrix}}{2^m^+^n^-^1}$

    Το σύνολο των δυσμενών περιπτώσεων για τον Α είναι:
    $\sum_k_=_0^m^-^1 \begin{bmatrix}m+n-1 \\k \end{bmatrix}$
    και η πιθανότητα ήττας του Α, άρα νίκης του Β είναι:
    $\Pi (B)=\frac{\sum_k_=_0^m^-^1\begin{bmatrix}
    m+n-1\\k \end{bmatrix}}{2^m^+^n^-^1}$

    Συνεπώς το στοίχημα πρέπει να μοιρασθεί στους παίχτες
    ανάλογα με την πιθανότητα νίκης τους.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
    Απαντήσεις
    1. Οι πιθανότητες που δεν εμφανίσθηκαν είναι
      $\Pi(A)=$$\sum_k_=_m^m^+^n^-^1\begin{bmatrix}m+n-1\\k\end{bmatrix}$/2^(m+n-1)
      $\Pi(B)=\sum_k_=_0^m^-^1\begin{bmatrix}m+n-1\\k\end{bmatrix}$/2^(m+n-1)

      Διαγραφή
  3. Για μια ιστορική αναδρομή-ανασκόπηση της εξέλιξης αυτού του προβλήματος υπάρχει κι αυτή η ανάρτηση του Σωκράτη:
    http://eisatopon.blogspot.com/2013/11/1.html#comment-form

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  4. Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  5. Για την ειδική περίπτωση $m=3, n=2$
    $m+n-1=4$

    Π(Α)= $\frac{C(4,3)+C(4,4)}{2^4}=5/16$

    Π(Β)= $\frac{C(4,0)+C(4,1)+C(4,2)}{2^4}=5/16$
    Άρα πρέπει να πάρουν
    ο Α $100 \times \frac{5}{16}=31.25$ και

    ο Β $100 \times \frac{11}{16}=68.75$

    ΑπάντησηΔιαγραφή