Úlohy pro zábavu i pro poučení
Kolikrát musíme hodit kostkou, aby padla šestka?
Každý, kdo hrál Člověče nezlob se, asi zažil zoufalou situaci, kdy šestka ne a ne padnout. Kdybychom si po mnoho her zapisovali, po kolikátém hodu padla šestka, a z těchto počtů hodů vypočítali průněr, k čemu bychom došli?
Řešení
Intuice napovídá, že průměr by se neměl příliš lišit od $6$, protože pravděpodobnost toho, že padne šestka, je v každém hodu $1\over6$. Intuice však v pravděpodobnosti někdy selhává. Zkusme to tedy prozkoumat přesně. Pravděpdobnost toho, že šestka padne v prvním hodu, je $p={1\over6}$. Pravděpodobnost toho, že šestka nepadne v prvním hodu a že se tedy dostaneme k druhému hodu, je $q=1-p$. Ve druhém hodu nám šestka padne opět s pravděpodobností $p$, takže pravděpodobnost toho, že šestka padne právě ve druhém hodu, je rovna $pq$. Pravděpodobnost toho, že šestka nepadne ani v prvním ani ve druhém hodu a že se tedy dostaneme ke třetímu hodu, je $q^2$. Ve třetím hodu nám šestka padne opět s pravděpodobností $p$, takže pravděpodobnost toho, že šestka padne právě ve třetím hodu, je rovna $pq^2$. Atd. Protože nikdy nemáme zajištěno, že v příštím hodu padne šestka, musíme počítat s tím, že budeme házet hodně (neomezeně) dlouho. V některém z těch nekonečně mnoha případů určitě šestka padne, protože pro součet pravděpodobností všech případů platí $p+pq+pq^2+pq^3+\cdots=p(1+q+q^2+q^3+\cdots)$; v závorce je geometrická řada s prvním členem $1$ a kvocientem $q<1$, její součet je tedy ${1\over q-1}$, a tedy platí $p+pq+pq^2+pq^3+\cdots={p\over 1-q}={p\over p}=1$. (Musíme poznamenat, že s distributivním zákonem pro vytýkání před závorku s nekonečně mnoha sčítanci je třeba v obecném případě zacházet opatrně. V našem případě to funguje, protože pracujeme s řadou kladných členů.)
Nyní prozkoumáme průměrný počet hodů, po kterém padne šestka. V jednou hodu padne s praděpodobností $p$. Ve druhém hodu s pravděpodobností $pq$, házeli jsme však dvakrát, na tento výsledek tedy potřebujeme v průměru $2pq$ hodů. Atd. Opět musíme uvažovat všechny možné případy. Pro průměrný počet hodů $m$, po kterém padne šestka, tedy platí $m=p+2pq+3pq^2+4pq^3+\cdots$. Tuto nekonečnou řadu (kladných) čísel sečteme vtipným trikem. Vynásobíme ji číslem $q$, $qm=pq+2pq^2+3pq^3+4pq^4+\cdots$, a odečteme ji od původní řady (opět operace, která v případně nekonečně mnoha sčítanců nefunguje obecně vždy, zde však ano). Dostaneme $m-qm=p+pq+pq^2+pq^3+\cdots=p(1+q+q^2+q^3+\cdots)=1$, tj. $m={1\over 1-q}={1\over p}=6$.
Za zmínku stojí ještě jiná vtipná úvaha bez složitých výpočtů: Už víme, že v prvním hodu šestka s pravděpodobností $p={1\over6}$ a s pravděpodobností $q=1-p$ v prvním hodu nepadne. V tom druhém případě opět potřebujeme průměrný počet $m$ hodů, aby padla šestka, tj. spolu tím prvním neúspěšným $1+m$. Pro průměrný hodů $m$ tedy platí $m=p\cdot1+q(1+m)=p+q+qm=1+qm$, tj. $m={1\over 1-q}={1\over p}=6$.