каков общий прием из частного случая выводится?

[Горьковчанин]

Известна классическая задача: в урне находятся $a$ белых шаров и $b$ черных. Дворе по очереди вытаскивают шар без возвращения. Побеждает первый вытащивший белый шар. Найти вероятности победы для начавшего игру и для другого игрока.
Ответ приводится в любом задачнике по теории вероятностей.
Интересен аспект: найти приближённую формулу для вероятностей при больших $a$, $b$. В одной книге я обнаружил следующее остроумное решение.
Обозначим искомые вероятности $P$ и $Q$. Тогда $P+Q=1$. Зная выражение вероятностей через число шаров каждого цвета, находим (см во втором томе Фихтенгольца про биномиальные дифференциалы):

$$P-Q=a \int_0^1 (1-2\xi)^b(1-\xi)^{a-1}\,d\xi.$$

После замены $2\xi=u$ задача сводится к нахождению приближённой формулы для интеграла

$$\int_0^1(1-u)^b(1-u/2)^{a-1}\,du.$$

Для этого делается новая замена: $(1-u)^b(1-u/2)^{a-1}=e^{-v}$ и берётся разложение $u$ в ряд по степеням $v$, затем почленно интегрируем и получаем приближённую фолрмулу для $P-Q$.
Теперь собственно вопрос: эта замена с экспонентой, это локальный хак или проявление какого-то общего метода? Если да, то какого?

[мат-ламер]

Это конечно не ответ на Ваш вопрос, но, по-моему, задача должна иметь простое решение без всяких интегралов, исходя из простых реккурентных отношений, основанных на том факте, что если первый игрок не выиграл на первом же ходу, то второй игрок становится в положение первого. Я сегодня что-то не в форме (плохо спал), да и ТЕХ надо освоить.

Добавлено спустя 3 минуты 5 секунд:

Возможно, задача сводится к суммированию геометрической прогрессии.

[ewert]

Горьковчанин в сообщении #177205 писал(а):

Теперь собственно вопрос: эта замена с экспонентой, это локальный хак или проявление какого-то общего метода? Если да, то какого?

Там у Вас какая-то явная путаница с заменами, но, в принципе, переход к экспоненте с большим показателем -- это стандартный трюк. Это -- нахождение асимптотики интеграла методом Лапласа (точнее, выход на этот метод).