之前在計算寶箱抽獎的概率時曾拋出了一個問題：一次實驗發(fā)生概率是p，獨立重復發(fā)生n次至少成功一次的概率是np還是1-（1-p）^n。當時給出了結(jié)論：后者是正確的，但在最近，一個神奇的偶然引起了筆者的注意。 先看此例：冬令營活動中0氪玩家可抽獎12次，這是我們之前得到的結(jié)論，也是符合事實的；單次抽獎的概率是0.06%，來自游戲面板上拓維的描述，且假設(shè)抽獎過程為12次獨立過程（

實際上是不獨立的，因為不可能出現(xiàn)重復抽獎結(jié)果，但抽到金幣和鉆石等都可以等同為沒有進階書，而且進階書的概率極低，所以二元的結(jié)果上看可以認為大多數(shù)情況都是近似獨立的

）就可以得到下面的結(jié)果： np=0.72% 1-(1-p)^n=0.7176%保留兩位以后即0.72% 驚人的事情發(fā)生了，二者竟然得到了一樣的結(jié)果，為探究此類情況出現(xiàn)的原因，本文將從二者展開式的角度探尋等價條件。 待求：np=1-(1-p)^n的成立條件 上式中存在兩個量，次數(shù)n和概率p，二者滿足以下關(guān)系：

n為正整數(shù)；p為[0,1]之間的連續(xù)變量。

因此，不能將其視為一個簡單的二元函數(shù)。應在明確各自對整體影響的前提下，綜合分析np值。 1-np=(1-p)^n對于確定的n，當p為變量時 F(p)=（1-p）^n則各階導數(shù)存在，且在p=0處有定義（即麥克勞林展開） 0階導：(1-p)^n 1 1階導：-n(1-p)^(n-1) -n 2階導：n(n-1)(1-p)^(n-2) n(n-1) 3階導：-n(n-1)(n-2)(1-p)^(n-3) -n(n-1 )(n-2) 展開為如下形式：（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，在游戲中的一般概率水平上可認為p^3~0，要使等式成立，即 [n(n-1)p^2]/2(n-2)p，則化簡為下面兩個結(jié)果 p<1/(20000n(n-1))^0.5 p<3/n-2 取最小值為 p<0.01414/(n^2-n)^0.5 對于確定的p，當n為變量時， (1-p)^n為離散的衰減指數(shù)序列 應用二項式定理展開，視為 （1+(-p)）^n=sigma [Cnm(-p)^m] m從0-n變化求和，展開前幾項為 (1-p)^n=1-np+[(n^2-n)p^2]/2-…… 此時很驚訝的發(fā)現(xiàn)這個結(jié)論與上面完全相同，其實這是必然的，一個函數(shù)必然能在收斂域內(nèi)展開為唯一的冪級數(shù)。 0.02%/p^2>n(n-1) n^2-n-2(0.01/p)^2<0 △=1+2(0.01/p)^2 n=0時，負，存在一個正根，對稱軸在0.5處 n=0.5+根號下[1+2(0.01/p)^2]/2 為n值上限 上面是n與p分別對整體概率效果的作用，得到了兩種表達形式，現(xiàn)在我們對分析的結(jié)果進行檢驗，在對于確定的n，當p為變量時 p<0.01414/(n^2-n)^0.5 代入n=12，求得臨界概率pt=0.00123，即 0.123%，遠大于0.06%，因此，0.06%的概率是完全符合條件的。 對于確定的p，當n為變量時， n=0.5+根號下[1+2(0.01/p)^2]/2 代入p=0.06%，求得臨界次數(shù)nt=12.29 實際次數(shù)為12，恰好滿足要求。 模型驗證完全成立，總結(jié)如下：

對于能同時滿足以下兩個條件的n和p

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

n=0.5+根號下[1+2(0.01/p)^2]/2

存在1-(1-p)^n=np，誤差可忽略

其意義在于： 1，簡化低概率事件概率的計算，將復雜的冪指運算降為普通乘法。 2.滿足上式的事件的均值小于1，即按照平均水平，是不可能抽到進階書的，由此可見拓維在誘惑氪金方面還是有點門道的。 3.以上分析適合任意獨立重復模型，包括各類抽獎，但要注意條件的選取，在不滿足條件的時候，兩個數(shù)值完全是不一樣的，一旦混淆會對計算結(jié)果產(chǎn)生較大偏差。