对宝箱计算常见错误的进一步解析

之前在计算宝箱抽奖的概率时曾抛出了一个问题：一次实验发生概率是p，独立重复发生n次至少成功一次的概率是np还是1-（1-p）^n。当时给出了结论：后者是正确的，但在最近，一个神奇的偶然引起了笔者的注意。 先看此例：冬令营活动中0氪玩家可抽奖12次，这是我们之前得到的结论，也是符合事实的；单次抽奖的概率是0.06%，来自游戏面板上拓维的描述，且假设抽奖过程为12次独立过程（

实际上是不独立的，因为不可能出现重复抽奖结果，但抽到金币和钻石等都可以等同为没有进阶书，而且进阶书的概率极低，所以二元的结果上看可以认为大多数情况都是近似独立的

）就可以得到下面的结果： np=0.72% 1-(1-p)^n=0.7176%保留两位以后即0.72% 惊人的事情发生了，二者竟然得到了一样的结果，为探究此类情况出现的原因，本文将从二者展开式的角度探寻等价条件。 待求：np=1-(1-p)^n的成立条件 上式中存在两个量，次数n和概率p，二者满足以下关系：

n为正整数；p为[0,1]之间的连续变量。

因此，不能将其视为一个简单的二元函数。应在明确各自对整体影响的前提下，综合分析np值。 1-np=(1-p)^n对于确定的n，当p为变量时 F(p)=（1-p）^n则各阶导数存在，且在p=0处有定义（即麦克劳林展开） 0阶导：(1-p)^n 1 1阶导：-n(1-p)^(n-1) -n 2阶导：n(n-1)(1-p)^(n-2) n(n-1) 3阶导：-n(n-1)(n-2)(1-p)^(n-3) -n(n-1 )(n-2) 展开为如下形式：（1-p）^n=1-np+[n(n-1)p^2]/2-[n(n-1)(n-2)p^3]/6+…… 由于概率p小于1，在游戏中的一般概率水平上可认为p^3~0，要使等式成立，即 [n(n-1)p^2]/2(n-2)p，则化简为下面两个结果 p<1/(20000n(n-1))^0.5 p<3/n-2 取最小值为 p<0.01414/(n^2-n)^0.5 对于确定的p，当n为变量时， (1-p)^n为离散的衰减指数序列 应用二项式定理展开，视为 （1+(-p)）^n=sigma [Cnm(-p)^m] m从0-n变化求和，展开前几项为 (1-p)^n=1-np+[(n^2-n)p^2]/2-…… 此时很惊讶的发现这个结论与上面完全相同，其实这是必然的，一个函数必然能在收敛域内展开为唯一的幂级数。 0.02%/p^2>n(n-1) n^2-n-2(0.01/p)^2<0 △=1+2(0.01/p)^2 n=0时，负，存在一个正根，对称轴在0.5处 n=0.5+根号下[1+2(0.01/p)^2]/2 为n值上限 上面是n与p分别对整体概率效果的作用，得到了两种表达形式，现在我们对分析的结果进行检验，在对于确定的n，当p为变量时 p<0.01414/(n^2-n)^0.5 代入n=12，求得临界概率pt=0.00123，即 0.123%，远大于0.06%，因此，0.06%的概率是完全符合条件的。 对于确定的p，当n为变量时， n=0.5+根号下[1+2(0.01/p)^2]/2 代入p=0.06%，求得临界次数nt=12.29 实际次数为12，恰好满足要求。 模型验证完全成立，总结如下：

对于能同时满足以下两个条件的n和p

p<0.01414/(n^2-n)^0.5

n=0.5+根号下[1+2(0.01/p)^2]/2

存在1-(1-p)^n=np，误差可忽略

其意义在于： 1，简化低概率事件概率的计算，将复杂的幂指运算降为普通乘法。 2.满足上式的事件的均值小于1，即按照平均水平，是不可能抽到进阶书的，由此可见拓维在诱惑氪金方面还是有点门道的。 3.以上分析适合任意独立重复模型，包括各类抽奖，但要注意条件的选取，在不满足条件的时候，两个数值完全是不一样的，一旦混淆会对计算结果产生较大偏差。