Kezdőlap


Feladat:	F.2652	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Tornyi Lajos
Füzet:	1988/március, 105 - 107. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Függvények, Indirekt bizonyítási mód, Események algebrája, Klasszikus valószínűség, Eloszlások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/október: F.2652

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

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy a feladat kérdésére tagadó a válasz, a kockák nem cinkelhetők az előírt módon.
Legyen az $i$ szám dobásának a valószínűsége a két kockán $p_{i}$ illetve $q_{i} .$ Ha $S$ jelöli a dobott számok összegét, akkor nyilván

\begin{matrix} 1 / 11 = P (S = 2) = p_{1} \cdot q_{1} > 0, \\ 1 / 11 = P (S = 12) = p_{6} \cdot q_{6} > 0, illetve \\ 1 / 11 = P (S = 7) = p_{1} q_{6} + p_{2} q_{5} + p_{3} q_{4} + p_{4} q_{3} + p_{5} q_{2} + p_{6} q_{1} . \end{matrix}

Abból, hogy

p_{1} q_{1} = p_{6} q_{6} > 0,

következik, hogy

p_{1}

és

p_{6},

illetve

q_{1}

és

q_{6}

nagyságviszonya nem lehet ugyanolyan, tehát

(p_{1} - p_{6}) (q_{1} - q_{6}) ≦ 0.

A beszorzást elvégezve

\begin{matrix} p_{1} q_{1} + p_{6} q_{6} ≦ p_{1} q_{6} + p_{6} q_{1} \end{matrix}

(1)

adódik.
A kapott egyenlőtlenség bal oldalán

P (S = 2) + P (S = 12)

áll, ami az összeg mindkét tagjánál nagyobb, hiszen a tagok pozitívak. A jobb oldalon álló

p_{1} q_{6} + p_{6} q_{1}

viszont nem nagyobb, mint

P (S = 7) .

Ez azt jelenti, hogy ha

P (S = 2) = P (S = 12) > 0,

akkor

P (S = 7)

mindkettejüknél nagyobb. Valóban nem lehetnek tehát egyenlők a

11

kérdéses összeg bekövetkezésének valószínűségei, sőt, ha ezek a valószínűségek pozitívak, akkor már

P (S = 2) = P (S = 12) = P (S = 7)

sem lehetséges.

II. megoldás. Tegyük fel, hogy megadhatók olyan

p_{1}, p_{2}, ..., p_{6},

illetve

q_{1}, q_{2}, ..., q_{6}

nemnegatív számok, hogy

p_{1} + p_{2} + ... + p_{6} = q_{1} + q_{2} + ... + q_{6} = 1,

az egyes kockákon az

i

szám dobásának a valószínűsége

p_{i},

illetve

q_{i}

, és minden lehetséges összeg bekövetkezésének ugyanannyi a valószínűsége,

\frac{1}{11} .

S

jelöli a dobott számok összegét, akkor ezek szerint

\begin{matrix} P (S = n) = \sum_{i = 1}^{6} p_{i} q_{n - i} = \frac{1}{11}, . \end{matrix}

(2)

n = 2, 3, ..., 12.

(Ha

n - i

értéke

0

vagy negatív, akkor a jobb oldali összegben

q_{n - i}

értéke legyen

0.

)
Tekintsük ezután a

\begin{matrix} P (x) = p_{1} + p_{2} x + ... + p_{6} x^{5} és a \\ Q (x) = q_{1} + q_{2} x + ... + q_{6} x^{5} \end{matrix}

polinomokat: a

{p_{1}, p_{2}, ..., p_{6},}

és

{q_{1}, q_{2}, ..., q_{6}}

valószínűségeloszlások úgynevezett generátorfüggvényeit. Vegyük észre, hogy a (2) jobb oldalán álló összeg nem más, mint az

(n - 2)

-edfokú tag együtthatója a két polinom szorzatában, és így feltevésünk szerint

\begin{matrix} P (x) Q (x) = \frac{1}{11} (1 + x + ... + x^{10}) . \end{matrix}

(3)

Mármost

x^{11} - 1 = (x - 1) (1 + x + ... + x^{10})

alapján, ha egy valós szám gyöke az

1 + x + ... + x^{10}

polinomnak, akkor gyöke az

x^{11} - 1

polinomnak is. Ez utóbbinak viszont egyetlen valós gyöke az

x = 1,

ami az

1 + x + ... + x^{10}

polinomnak nyilván nem gyöke. Ez azt jelenti, hogy a (3) jobb oldalán álló polinomnak nincs valós gyöke. Ez viszont nem lehetséges, hisz

P (x)

és

Q (x)

egyaránt valódi ötödfokú polinomok

(p_{6} q_{6} = P (S = 12) = \frac{1}{11} \neq 0)

és ismeretes, hogy egy páratlan fokú valós együtthatós polinomnak létezik valós gyöke. Föltevésünk tehát ellentmondásra vezetett, a szóban forgó valószínűségek nem lehetnek mind egyenlők.

Megjegyzés. A második megoldásban használt generátorfüggvény gondolata, tehát az

f (x) = a_{0} + a_{1} x + ... + a_{n} x^{n}

polinom hozzárendelése az

a_{0}, a_{1}, ..., a_{n}

sorozathoz Leonhard Euler (1707‐1783) nevéhez fűződik. Általánosabb változata a matematika számos ágában bizonyult igen hasznos eszköznek; fenti, valószínűségszámítási alkalmazása azon múlik, hogy két valószínűségi változó összegének a generátorfüggvénye a tagok generátorfüggvényének a szorzata.