Kezdőlap


Feladat:	1990. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Lakos Gyula , Pór Attila , Tokodi Tamás
Füzet:	1991/február, 59 - 61. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Klasszikus valószínűség, Valószínűségi változó, Függvények folytonossága, Számsorozatok, Sorozat határértéke, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/február: 1990. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

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

I. megoldás: Az alapgondolat az, hogy egy $G$ gyereket különválasztva, az azonos számú fejet tartalmazó kimenetelekből annyit, amennyit lehet, egyenletesen szétosztunk a többi gyerek közt, majd a fennmaradó sorozatokat $G$ -nek adjuk. Ezután elég $p$ -t úgy választani meg, hogy $G$ nyerési esélye $1 / 100$ legyen, mivel a többi között egyenletesen oszlik meg a maradó $99 / 100$ valószínűség. Azt kell bizonyítani, hogy alkalmas $k$ esetén ez lehetséges.
Száz gyerek esetén ez kiegészíthető azzal a gondolattal, hogy elég a feladatot száz helyett tízre megoldani. Ha ugyanis tíz gyerek esetén van alkalmas $p$ , $k$ és a kimenetelek egy alkalmas szétosztása, akkor a száz gyereket tízes csoportokba osztjuk, és először egy csoportot sorsolunk ki módszerünkkel, majd a csoport tagjai közt sorsoljuk ki az ajándékot.
Jegyezzük még meg, hogy ha valaki a ,,fej''-et tekintené ,,írás''-nak, természetesen akkor is megfelelő maradna az érme, ami azt jelenti, hogy egy $p$ értékkel együtt $1 - p$ is megoldása a feladatnak. Ez azt sugallja, hogy kényelmesebb $p$ -t $\frac{1}{2} - r$ alakban keresni; így $1 - p = \frac{1}{2} + r$ .
Próbálkozzunk kilenc dobással. Ekkor a $0$ , $1$ , $...$ , $9$ fejet tartalmazó dobássorozatok száma sorra $1$ , $9$ , $36$ , $84$ , $126$ , $126$ , $84$ , $36$ , $9$ , $1$ . Ezekből az első 9 gyerek közt szétosztva amennyit lehet, csak a $0$ , a $3$ , a $6$ és a $9$ fejet tartalmazó sorozatokból marad a tizedik gyereknek rendre $1$ , $3$ , $3$ , $1$ . Egy-egy ilyen dobássorozat rendre ${(\frac{1}{2} + r)}^{9}$ , ${{(\frac{1}{2} + r)}^{6} (\frac{1}{2} - r)}^{3}$ , ${(\frac{1}{2} + r)}^{3} {(\frac{1}{2} - r)}^{6}$ , ${(\frac{1}{2} - r)}^{9}$ valószínűséggel következik be. Így a következő egyenletet kapjuk:

\begin{matrix} {(\frac{1}{2} - r)}^{9} + 3 {(\frac{1}{2} - r)}^{6} {(\frac{1}{2} + r)}^{3} + 3 {(\frac{1}{2} - r)}^{3} {(\frac{1}{2} + r)}^{6} + {(\frac{1}{2} + r)}^{9} = \frac{1}{10} . \end{matrix}

A bal oldalon

\begin{matrix} {(\frac{1}{2} - r)}^{3} + {(\frac{1}{2} + r)}^{3} = \frac{1}{4} + 3 r^{2} \end{matrix}

köbe áll, így az egyenlet pozitív gyökét keresve azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{4} + 3 r^{2} = \frac{1}{\sqrt[3]{10}}, r = \sqrt[]{(4 - \sqrt[3]{10}) / 12 \sqrt[3]{10}} . \end{matrix}

Innen ‐ 6 értékes tizedesjeggyel számolva ‐ azt kapjuk, hogy a feladat 10 gyerek esetén

k = 9

p = 0, 232 818

választással megoldható.

Megjegyzések: 1. Az első kilenc gyerek egyenként 56 kimenetel esetén nyer, a tizedik összesen 8 esetben, az ezek valamelyike bekövetkezésének a valószínűsége lesz mindegyikük számára egyenlő.
2. A feladat száz gyerek esetén kérdezi az alkalmas dobásszámot és valószínűséget. Erre úgy felelhetünk, hogy mindegyik tízes csoportban előre kiosztjuk azokat a kimeneteleket is, amelyekkel a második fordulóban nyernek, amennyiben az első fordulóból az ő csoportjuk jut tovább. Az egyes gyerekek nyerő kimenetelsorozatai most már úgy adódnak, hogy az első sorozat minden kimeneteléhez hozzáírjuk a második fordulóban rájuk kedvező kimenetelek mindegyikét. Így száz gyerek esetére

p

változatlan,

k = 18

, és lesz, akire

56 \cdot 56 = 3136

kimenetel jut, lesz akire

8 \cdot 56 = 448

, egy gyerekre pedig mindössze

8 \cdot 8 = 64

II. megoldás: Megmutatjuk, hogy a feladat 100 helyett tetszés szerinti

n

-re megoldható a fenti módszerrel. Hagyjuk

k

értékét egyelőre határozatlanul. A

j

fejet tartalmazó sorozatokból az első

n - 1

gyerek mindegyikének ugyanannyit adva, jelöljük

c_{j}

-vel az

n

-edik gyereknek maradó sorozatok számát. Nyilván

c_{0} = c_{k} = 1

. A többi indexre

0 ≦ c_{j} ≦ n - 2

. Mivel egy ilyen sorozat bekövetkezésének a valószínűsége

p^{j} {(1 - p)}^{k - j}

, így a következő egyenletre jutunk:

\begin{matrix} p^{k} + \sum_{j = 1}^{k - 1} c_{j} p^{j} {(1 - p)}^{k - j} + {(1 - p)}^{k} = \frac{1}{n} . \end{matrix}

Belátjuk, hogy ha

k

elég nagy, akkor az egyenletnek van

0

és

1

közé eső megoldása. A bal oldal

p

-nek az egész számegyenesen értelmezett és folytonos

f (p)

függvényét állítja elő, így elég belátni, hogy van olyan hely, ahol

1 / n

-nél nagyobb értéket vesz fel, és olyan is, ahol kisebbet, mert folytonos függvény a két hely között felvesz a két érték közötti minden értéket.

\begin{matrix} f (1) = 1 > \frac{1}{n} . \\ f (\frac{1}{2}) = {(\frac{1}{2})}^{k} (2 + \sum_{j = 1}^{k - 1} c_{j}) \leq {(\frac{1}{2})}^{k} [2 + (k - 1) (n - 2)] \leq {(\frac{1}{2})}^{k} (k - 1) (n - 1), \end{matrix}

k

legalább

3

. Létezik tehát

k

-hoz megfelelő

p

, ha az utolsó kifejezés nem nagyobb, mint

1 / n

, azaz

\begin{matrix} n (n - 1) ≦ \frac{2^{k}}{k - 1} . \end{matrix}

A jobb oldali kifejezés

k

növekedtével minden határon túl nő, tehát minden

n

-hez választható alkalmas

k

és

p

érték.

\begin{matrix} n = 100 esetén 2^{18} / 17 = 262 144 / 17 > 15 420 > 9900, \end{matrix}

tehát választható

p

úgy, hogy 18 dobásból álló sorozattal igazságosan ki lehessen sorsolni az ajándékot.

Megjegyzés. Csak véletlen egyezés, hogy az I. megoldás szerint is 18 feldobással történhet a sorsolás. A II. megoldásnál a

c_{j}

együtthatók kiszámításával belátható, hogy már 16 dobásból álló sorozathoz is van alkalmas

p

érték.