Kezdőlap


Feladat:	F.1859	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Katona Klára , Tarjányi Zsolt
Füzet:	1973/szeptember, 6 - 7. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szélsőérték differenciálszámítással, Kombinációk, Klasszikus valószínűség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/január: F.1859

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

$n$ dobókockát egyszerre feldobva, a kapott eredmény egy olyan $n$ tagú számsorozattal ún. rendezett szám $n$ -essel jellemezhető, amelynek minden eleme az első hat természetes szám valamelyike. (A kockákat gondolatban, sorszámmal láttuk el, azok rendjében írjuk le a leolvasott számokat.) Az összes ilyen eredményt egyformán valószínűnek tekintve, a következőképpen okoskodhatunk: az összes esetek száma $6^{n}$ , hiszen $6$ elem $n$ -ed osztályú ismétléses variációiról van szó. A kedvező esetek száma $n \cdot 5^{n - 1}$ , ugyanis ha egy, a kedvező esetekhez tartozó számsorozat első eleme $6$ -os, akkor a többi az $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ számok valamelyike, azaz $5$ elem egy $(n - 1)$ -ed osztályú ismétléses variációja, és ugyanez igaz akkor is, ha a sorozat második, $...$ , $n$ -edik eleme az egyetlen $6$ -os. Ennélfogva a keresett valószínűség mint $n$ függvénye

\begin{matrix} P (n) = \frac{n \cdot 5^{n - 1}}{6^{n}} = \frac{n}{6} \cdot {(\frac{5}{6})}^{n - 1} . \end{matrix}

Megmutatjuk, hogy a természetes számok halmazán értelmezett

P (n)

függvénynek maximuma van az

n = 5

és

n = 6

esetekben. Tekintsük

P (n + 1)

és

P (n)

hányadosát:

\begin{matrix} q (n) = \frac{P (n + 1)}{P (n)} = \frac{n + 1}{n} \cdot \frac{5}{6} = \frac{5 n + 5}{5 n + n} . \end{matrix}

Látjuk, hogy

n = 5

mellett

q (5) = 1

, vagyis a

P (5)

és

P (6)

valószínűségek egyenlők. Továbbá ha

n < 5

, akkor

q (n) > 1

, azaz

P (n) < P (n + 1)

, végül ha

n > 5

, akkor

q (n) < 1

, tehát

P (n + 1) < P (n)

. Szóban:

n

-nel

5

-től visszafelé haladva is és

6

-tól előrehaladva is egyre kisebb

P (n)

értékeket kapunk. Ezzel bebizonyítottuk állításunkat. (Megemlíthető még, hogy

P (5)

és

P (6)

közös értéke

{(5 / 6)}^{5} = 0, 40187 ...

P (3) = 0, 35

P (10) = 0, 32

.)
Katona Klára (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)

Tarjányi Zsolt (Szeged, Radnóti M. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzések. 1. Ha

P_{k} (n)

annak a valószínűsége, hogy pontosan

k

dobás

6

-os,

n

közül, akkor

\begin{matrix} P_{k} (n) = (\binom{n}{k}) \frac{5^{n - k}}{6^{n}}, \\ q_{k} (n) = \frac{P_{k} (n + 1)}{P_{k} (n)} = \frac{5 n + 5}{5 n + 5 + n - 6 k + 1}, \end{matrix}

amiből a közölt megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy

n = 6 k - 1

és

n = 6 k

esetén maximális a valószínűség.
2. Elég sok dolgozat ,,nagy ágyút" használt: deriválás útján kereste meg a minden pozitív

x

-re kiterjesztett

6 \cdot P (x) = x \cdot {(5 / 6)}^{x - 1}

függvény maximumát: legyen röviden

5 / 6 = t

(állandó), így

\begin{matrix} 6 P' (x) = t^{x - 1} + x t^{x - 1} (log t) = t^{x - 1} (1 + x log t), \end{matrix}

ahol ,,log'' a természetes (

e

-alapú) logaritmusrendszert jelenti. A derivált csak a következő helyen tűnik el:

\begin{matrix} x = - \frac{1}{log t} = \frac{1}{log 6 - log 5} = \frac{lg e}{lg 6 - lg 5} = \frac{0, 4343}{0, 7782 - 0, 6990} = 5, 5, \end{matrix}

csak itt lehet szélsőérték.
Ekkor azonban még mindig hátra van az ezt a helyet közrefogó

5

és

6

helyeken a függvény vizsgálata, valamint annak bizonyítása, hogy valóban maximum van. A második derivált még bonyolultabb, és nem nélkülözhetjük azokat a numerikus számításokat, amiket az egyszerűbb megoldásban elvégeztünk.
Tanulság: hasznos lehet ‐ és nem szégyen ‐ esetenként egyszerű numerikus próbákat beiktatni vizsgálatunkba.