一、引言

科學研習月刊 2015 年 54 卷 4 期第 48 頁第 6 題神算, 提到一個倒立正三角形, 一共由 $n$ 個紅、綠、藍三種球各若干個排成第一列。 在下一列排 $n-1$ 個球 (每個球插空隙) 成第二列, 以此類推排第三列 $\cdots \cdots$, 直到最後一列只有一個球。 如下圖 1 所示, 其中, 配色規則是兩顆異色時配第三色, 兩顆同色時配同色:

關於這個問題, 第 56 屆全國科展中, 周家萱、詹雅涵、黃子恆在神算作品中, 將色球編號, 並以同餘等技巧, 詳細探討此問題, 進而推廣至立體之正四面體。隨後, 徐祥峻、郭君逸 (2017) 更一步將其建模為彩球遊戲, 以彩球遊戲求解的觀點, 得到一般性的結果與推廣 。 神算問題之所以那麼吸引人注目, 在於問題描述簡單, 國小程度的學生都可以讀懂, 但實際解題操作起來, 確有著如同玩線上遊戲一樣, 魅力無窮讓人著迷, 所以, 我也不例外, 把玩之餘, 突然有一個念頭, 前述的文獻 [2,3,5] 均未考慮機率, 我為什麼不能結合高中所學的機率, 將原問題推廣變成帶有機率的問題。

於是我利用高二科學班專題研究課程, 在指導老師龔詩尹老師與楊昌宸老師的指導下, 完成了簡單機率模型之結果, 並獲得第 61 屆第三區科展特優, 經重新改寫內容, 擬作為拋磚引玉, 希冀激發對這個主題有興趣之讀者, 一起來挑戰更一般的情形。

二、簡單機率模型與符號設定

極端化原則下, 將神算問題的顏色簡化成只有黑色與白色, 二維模型的配色規則是黑色與黑色配成白色, 黑色與白色配成黑色, 令 $n$ 表示第一列的球數, $p \in (0,1)$, 隨機變數 $X_i$ 表示第一列由左到右數第 $i$ 球的球色狀態, 且

$$ X_i = \left \{ \begin{array}{ll} 1, \mbox{ 黑球}, \quad \mbox{ 機率 }p, \\ 0, \mbox{ 白球}, \quad \mbox{ 機率 }1-p. \end{array} \right. $$

假設 $X_1$, $X_2$, $X_3$, $\cdots$ 為獨立。

三維模型假設底座排成一個每邊 $n$ 之正三角形, 如圖 2 所示, 配色規則是三球黑色配成黑色, 兩球黑色與一球白色配成白色, 兩球白色與一球黑色配成黑色, 三球白色配成白色。

為方便起見, 這 $\frac{n(n+1)}{2}$ 球, 由左到右依序排列為 $X_{11}$, $X_{21}$, $X_{22}$, $X_{31}$, $X_{32}$, $X_{33}$, $\cdots$, $X_{i1}$, $X_{i2}$, $\cdots$, $X_{ii}$, $\cdots$, $X_{n1}$, $X_{n2}$, $\cdots$, $X_{nn}$, 例如: $n=5$ 時, 如圖 3 所示:

令 $X_{ij}$ 之取值為

$$ X_{ij} = \left \{ \begin{array}{ll} 1, \mbox{ 黑球}, \quad \mbox{ 機率 }p, \\ 0, \mbox{ 白球}, \quad \mbox{ 機率 }1-p. \end{array} \right. $$

假設 $X_{11}$, $X_{21}$, $X_{22}$, $\cdots$, $X_{nn}$ 為獨立。

另一方面, 令 $Y_n$ 表示第一列為 $n$ 球之二維模型中, 最底下那顆球的球色狀態, 若為黑色, 則取值 1, 若為白色則取值 0。同理, $Z_n$ 表示底座為每邊 $n$ 球之三維模型中, 最上面那顆球的球色狀態, 若為黑色, 則取值 1, 若為白色則取值 0。 又對任意 $i \in \mathbb{N}$, 令

$$ W=\min \{i \in \mathbb{N}:Y_{i+1}=1 \}, \quad S=\min \{i \in \mathbb{N}:Z_{i+1}=1 \}. $$

此外, 複習隨機變數 $W$ 與 $S$ 之期望值如下:

$$ E(W)=\sum_{n=1}^{\infty} n P(W=n), \quad E(S)=\sum_{n=1}^{\infty} n P(S=n). $$

三、研究問題

基於上述動機, 本文之研究問題如下：

(1) 對任意 $n \in \mathbb{N}$, 探討 $P(Y_n=1)$ 與 $P(Z_n=1)$ 之值。

(2) 探討 $E(W)$ 與 $E(S)$ 之值。

四、二維結果

對任意正整數 $n$,

$$ P(Y_n=1)=\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_n} , $$

這裡 $\Psi_n$ 之值, 等於二項係數 $C_{0}^{n-1}$, $C_{1}^{n-1}$, $\cdots$, $C_{n-1}^{n-1}$ 中, 值是奇數的個數總數。

證明： 根據二維模型之配色規則, 可得

\begin{align} Y_n \equiv X_1+C_{1}^{n-1} X_2+C_{2}^{n-1} X_3+ \cdots+ C_{n-2}^{n-1} X_{n-1}+ X_n \ (\mbox{mod} \ 2). \label{eq:y} \tag{4.1} \end{align}

因為 $C_{0}^{n-1}$, $C_{1}^{n-1}$, $\cdots$, $C_{n-1}^{n-1}$ 中, 共有 $\Psi_n$ 個的值是奇數, 所以從 (\ref{eq:y}) 式可得,

$$ P(Y_n=1)=P \left( X_{i_1}+X_{i_2}+\cdots+X_{i_{\gamma}} \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \right), $$

其中 $\gamma=\Psi_n$, $i_1=1$, $i_{\gamma}=n$,

$$ i_k = \min \{m \gt i_{k-1}: C_{m}^{n-1} \mbox{ 之值是奇數} \}, \quad k \gt 1. $$

令

$$ a_{n}=P \left( X_1+X_2+\cdots+X_{n-1}+X_{n} \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \right). $$

因為 $X_1$, $X_2$, $X_3$, $\cdots$ 為獨立且具同分佈, 故

$$ P(Y_n=1)=a_{\gamma}=a_{\Psi_n}. $$

根據 $X_{n}$ 之取值, 可得遞迴式

\begin{align*} a_{n} &=P \bigg(X_{n}=1, \sum_{i=1}^{n-1} X_i \equiv 0 \ (\mbox{mod} \ 2) \bigg)+ P \bigg(X_{n}=0, \sum_{i=1}^{n-1} X_i \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \bigg) \\ &= P(X_{n}=1) P \bigg(\sum_{i=1}^{n-1} X_i \equiv 0 \ (\mbox{mod} \ 2) \bigg)+ P(X_{n}=0) P \bigg(\sum_{i=1}^{n-1} X_i \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \bigg) \\ &= p \left (1-a_{n-1} \right )+ (1-p) a_{n-1}=p+(1-2p) a_{n-1}. \end{align*}

因為 $a_1=p$, 且 $a_n$ 滿足遞迴關係式

$$ a_n-\frac{1}{2}=(1-2p) \left ( a_{n-1}-\frac{1}{2} \right ), \ \forall n \ge 2, $$

故得

$$ a_n=\frac{1}{2} -\frac{1}{2} (1-2p)^n. $$

因此

$$ P(Y_n=1)=a_{\Psi_n}=\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_n}. $$

$\Box$

結論 4.2.

$$ E(W)=\frac{p}{1-p}+ \frac{1-p}{p}. $$

證明： 根據 $W$ 之定義, 可得

\begin{align*} \{W=2 \} &= \{Y_2 = 0, Y_{3}= 1 \} \\ &= \{X_1 +X_{2} \equiv 0, X_2 +X_{3} \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \} , \\[5pt] \{W=3 \} &= \{Y_2 = 0, Y_{3}= 0, Y_4=1 \} \\ &= \{X_1 +X_{2} \equiv 0, X_2 +X_{3} \equiv 0, X_3 +X_{4} \equiv 1, \ (\mbox{mod} \ 2) \} . \end{align*}

據此歸納得到 $n \gt 3$ 時,

\begin{align*} \{W=n \} &= \{Y_i = 0, 2 \le i \le n,Y_{n+1}= 1 \} \\ &= \bigg( \bigcap_{i=1}^{n-1} \{X_i +X_{i+1} \equiv 0 \ (\mbox{mod} \ 2) \} \bigg) \cap \{X_n +X_{n+1} \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \} \\ &= \{X_i=0, 1 \le i \le n,X_{n+1}=1 \} \cup \{X_i=1, 1 \le i \le n,X_{n+1}=0 \}, \end{align*}

利用 $X_1$, $X_2$, $X_3$, $\cdots$ 為獨立, 交集的機率變成相乘, 故得

$$ P(W=n) =p (1-p)^n+(1-p) p^n. $$

再根據 , 第 72 頁, 可得

\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} n p^n&=\frac{p}{(1-p)^2}, \quad \sum_{n=1}^{\infty} n (1-p)^n=\frac{1-p}{p^2},\\ \hbox{因此 } E(W) &= \sum_{n=1}^{\infty} n P(W=n) \\ &=(1-p) \sum_{n=1}^{\infty} n p^n+ p \sum_{n=1}^{\infty} n (1-p)^n \\ &= \frac{p(1-p)}{(1-p)^2}+\frac{p(1-p)}{p^2}=\frac{p}{1-p}+ \frac{1-p}{p}. \end{align*}

五、三維結果

結論 5.1. 對任意正整數 $n$,

$$ P(Z_n=1)=\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\lambda_n} , $$

這裡

$$ \lambda_n= \left (C_{0}^{n-1} \ (\mbox{mod} \ 2) \right ) \Psi_n+ \left (C_{1}^{n-1} \ (\mbox{mod} \ 2) \right ) \Psi_{n-1}+ \cdots + \left (C_{n-1}^{n-1} \ (\mbox{mod} \ 2) \right ) \Psi_1, $$

其中 $\Psi_1$, $\Psi_2$, $\cdots$, $\Psi_n$ 之定義, 請參照結果 4.1。

證明： 根據三維模型之配色規則, 逐一計算可得

$$ Z_2 \equiv X_{11}+X_{21}+X_{22}, \quad Z_3 \equiv X_{11}+X_{31}+X_{33} \ (\mbox{mod} \ 2). $$ $$ Z_4 \equiv X_{11}+X_{21}+X_{22}+X_{31}+X_{33}+X_{41}+X_{42}+X_{43}+X_{44} \ (\mbox{mod} \ 2). $$ $$ Z_5 \equiv X_{11}+X_{51}+X_{55} \ (\mbox{mod} \ 2). $$ $$ Z_6 \equiv X_{11}+X_{21}+X_{22}+X_{51}+X_{55}+X_{61}+X_{62}+X_{65}+X_{66} \ (\mbox{mod} \ 2). $$ $$ Z_7 \equiv X_{11}+X_{31}+X_{33}+X_{51}+X_{55}+X_{71}+X_{73}+X_{75}+X_{77} \ (\mbox{mod} \ 2). $$

歸納發現計算 $Z_n$ 時, 底座每邊 $n$ 球之三維模型, 由左到右依序排列為

$X_{11}$, $X_{21}$, $X_{22}$, $X_{31}$, $X_{32}$, $X_{33}$, $\cdots$, $X_{i1}$, $X_{i2}$, $\cdots$, $X_{ii}$, $\cdots$, $X_{n1}$, $X_{n2}$, $\cdots$, $X_{nn}$,

乘在 $X_{ij}$ 前面的係數, 剛好對應底下三角形之第 $i$ 行第 $j$ 列之數 (在同餘 2 之下的取值):

$$ \begin{array}{ccccccc} C_{n-1}^{n-1} C_{0}^{0}, & &&&&& \\[4pt] C_{n-2}^{n-1} C_{0}^{1}, & C_{n-2}^{n-1} C_{1}^{1}, & &&&& \\[4pt] C_{n-3}^{n-1} C_{0}^{2}, & C_{n-3}^{n-1} C_{1}^{2}, & C_{n-3}^{n-1} C_{2}^{2}, & &&& \\[4pt] & & & \cdots \cdots, & & & \\[4pt] C_{2}^{n-1} C_{0}^{n-3}, & C_{2}^{n-1} C_{1}^{n-3}, & C_{2}^{n-1} C_{2}^{n-3}, & \cdots, & C_{2}^{n-1} C_{n-3}^{n-3}, & & \\[4pt] C_{1}^{n-1} C_{0}^{n-2}, & C_{1}^{n-1} C_{1}^{n-2}, & C_{1}^{n-1} C_{2}^{n-2}, & \cdots, & \cdots, & C_{1}^{n-1} C_{n-2}^{n-2}, & \\[4pt] C_{0}^{n-1} C_{0}^{n-1}, & C_{0}^{n-1} C_{1}^{n-1}, & C_{0}^{n-1} C_{2}^{n-1}, & \cdots, & \cdots, & \cdots, & C_{0}^{n-1} C_{n-1}^{n-1}, \end{array} $$

也就是

\begin{align} Z_n \equiv \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{i} \left( C_{n-i}^{n-1} C_{j-1}^{i-1} \ (\mbox{mod} \ 2) \right) X_{ij} \quad (\mbox{mod} \ 2). \label{eq:z} \tag{5.1} \end{align}

接著, 利用 $X_{11}$, $X_{21}$, $X_{22}$, $\cdots$, $X_{nn}$ 為獨立且同分佈, 此時, 如同結果 4.1 之證明, 只要知道幾個非 0 的 $X_{ij}$ 留在 (\ref{eq:z}) 式中即可。 實際比對發現共有 $\lambda_n$ 個非 0 的 $X_{ij}$ 留在 (\ref{eq:z}) 之表達式中, 故

$$ P(Z_n=1)=\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\lambda_n}. $$

$\Box$

結論 5.2.

$$ E(S)=\sum_{n=1}^{\infty} n P(S=n), $$

這裡

\begin{align*} P(S=n) &=p \left \{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_{n+1}} \right \} \prod_{i=2}^{n} \left \{\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_i} \right \} \\ & \mbox{ } \quad + q \left \{\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_{n+1}} \right \} \prod_{i=2}^{n} \left \{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_i} \right \}, \end{align*}

其中 $q=1-p$ 且 $\Psi_1$, $\Psi_2$, $\cdots$, $\Psi_n$, $\Psi_{n+1}$ 之定義, 請參照結果 4.1。

證明： 根據 $S$ 之定義, 可得

\begin{align*} \{S=2 \} &= \{Z_2 = 0, Z_{3}= 1 \} \\ &= \{X_{11} +X_{21}+X_{22} \equiv 0, X_{21}+X_{22}+X_{31} +X_{33} \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \} , \\ \{S=3 \} &= \{Z_2 = 0, Z_{3}= 0, Z_4=1 \} \\ &= \{X_{11} +X_{21}+X_{22} \equiv 0, X_{21}+X_{22}+X_{31} +X_{33} \equiv 0, \\ & \mbox{ } \qquad X_{31}+X_{33}+X_{41} +X_{42}+X_{43}+X_{44} \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \} , \\ \{S=4 \} &= \{Z_2 = 0, Z_{3}= 0, Z_4=0, Z_5=1 \} \\ &= \{X_{11} +X_{21}+X_{22} \equiv 0, X_{21}+X_{22}+X_{31} +X_{33} \equiv 0, \\ & \mbox{ } \qquad X_{31}+X_{33}+X_{41} +X_{42}+X_{43}+X_{44} \equiv 0, \\ & \mbox{ } \qquad X_{41} +X_{42}+X_{43}+X_{44} +X_{51}+X_{55} \equiv 1 \ (\mbox{mod} \ 2) \} , \\ \hbox{歸納可得 } \{S=n \} &= \{Z_i = 0, 2 \le i \le n, Z_{n+1}=1 \} \\ &= \{X_{11} +X_{21}+X_{22} \equiv 0, X_{21}+X_{22}+X_{31} +X_{33} \equiv 0, \\ & \mbox{ } ~\quad X_{31}+X_{33}+X_{41} +X_{42}+X_{43}+X_{44} \equiv 0, \\ & \mbox{ } ~\quad X_{41} +X_{42}+X_{43}+X_{44} +X_{51}+X_{55} \equiv 0, \\ & \mbox{ } ~\quad \cdots \cdots \\ & \mbox{ } ~\quad X_{n \alpha_1} \!+\!X_{n \alpha_2}\!+\!\cdots\!+\!X_{n \alpha_{\Psi_n}}\!+\! X_{(n+1) \beta_1}\!+\!\cdots \!+\!X_{(n+1) \beta_{\Psi_{n+1}}} \!\equiv\! 1 \, (\mbox{mod} \ 2) \} , \end{align*}

這裡 $\alpha_1=1$, $\beta_1=1$,

$$ \alpha_i = \min \{i \gt \alpha_{i-1}: C_{i}^{n-1} \mbox{ 之值是奇數} \}, \quad \beta_i = \min \{i \gt \beta_{i-1}: C_{i}^{n} \mbox{ 之值是奇數} \}. $$

進一步將 $X_{11}$ 的取值拆成 $X_{11}=1$ 與 $X_{11}=0$ 兩部份, 且觀察一節一節的下列事件之取值,在同餘 2 之下是 0 或 1, 以及每一個事件是幾個 $X$ 相加:

$$ \{X_{21}+X_{22} \}, \ \{X_{31} +X_{33} \}, \ \{X_{41} +X_{42}+X_{43}+X_{44} \}, \ \{ X_{51}+X_{55} \}, \ \cdots, $$

則如同結果 4.2 處的證明, 利用 $X_{11}$, $X_{21}$, $X_{22}$, $\cdots$, $X_{nn}$ 為獨立, 可得

\begin{align*} P(S=n) &=p \left \{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_{n+1}} \right \} \prod_{i=2}^{n} \left \{\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_i} \right \} \\ & \mbox{ } \quad + q \left \{\frac{1}{2}- \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_{n+1}} \right \} \prod_{i=2}^{n} \left \{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} (1-2p)^{\Psi_i} \right \}, \end{align*}

其中 $q=1-p$。最後, 將上式代入 $S$ 的期望值定義中即可。

$\Box$

六、結語

本文探討 $P(Y_n=1)$ 之主要理由, 是想了解隨機配置第一列後, 機率如何刻畫最底下那顆球的狀態, 且隨著 $n$ 值增加, 想了解機率的起伏情形。而探討 $E(W)$ 之主要理由, 是源自數學課堂作業, 老師給我們練習收集贈券, 剛好收集到一套時, 就停止購買, 請問平均購買次數之問題。 同理, 這樣的思維類化到三維, 即計算 $P(Z_n=1)$ 與 $E(S)$ 之理由。

另外, 從本文所得之 4 個結果, 看得出 $\{\Psi_n\}_{n=1}^{\infty}$ 所扮演的重要角色, 有關它的實際計算, 請參閱張鎮華教授 之文章。

如同引言所述, 神算問題是一個看似簡單, 但其實是內涵豐富的題材, 本文所建立的簡單機率模型, 亦充滿無限可延伸推廣的可能性, 有興趣的讀者, 可以繼續挑戰多球色的機率模型, 或是更一般的配色規則。

從應用的角度來看, 本文所建立的機率模型, 因可以具體實驗操作, 且考慮到彼此相鄰的交互作用, 因此, 非獨立的隨機變數列 $\{Y_n \}_{n=2}^{\infty}$ 與 $\{Z_n \}_{n=2}^{\infty}$, 可作為有交互作用的模型來使用, 進而再結合統計技術, 這方面亦可期待很多後續可進行的研究。

本文再次感謝科展指導老師龔詩尹老師、楊昌宸老師, 以及專題課程指導老師中興大學應用數學系李林滄教授之耐心指導, 最後, 本文感謝匿名審查委員的指正與提供寶貴之修正意見。

參考文獻

本文作者投稿時就讀國立彰化高級中學科學班三年級