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
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΕφόσον ο $A$ θέλει ακόμη $m$ και ο $B$ $n$ παρτίδες,
ΑπάντησηΔιαγραφήαν 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.
Οι πιθανότητες που δεν εμφανίσθηκαν είναι
Διαγραφή$\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)
Για μια ιστορική αναδρομή-ανασκόπηση της εξέλιξης αυτού του προβλήματος υπάρχει κι αυτή η ανάρτηση του Σωκράτη:
ΑπάντησηΔιαγραφήhttp://eisatopon.blogspot.com/2013/11/1.html#comment-form
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια την ειδική περίπτωση $m=3, n=2$
ΑπάντησηΔιαγραφή$m+n-1=4$
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 $100 \times \frac{11}{16}=68.75$