Kezdőlap


Feladat:	B.3601	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Backhausz Ágnes , Bartha Ferenc , Bednay Dezső , Bérczi Kristóf , Birkus Róbert , Bitai Tamás , Farkas Balázs , Gáthy Lajos , Juhász Máté Lehel , Kiss Gábor , Kiss-Tóth Christián , Komáromy Dani , Komjáthy Júlia , Medvey Ádám , Rácz Judit , Reiss Tibor , Rendes Gábor , Simon Balázs , Szabó Botond , Szalai Attila
Füzet:	2003/november, 483 - 485. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Klasszikus valószínűség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/december: B.3601

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

Megoldás. Bármi is egy adott pillanatban az addig dobott számok összege ‐ hacsak nem 4-gyel oszható, hiszen akkor a játék befejeződik ‐, a következő játékos tud olyan számot dobni, amellyel nyer: ha az összeg $4 k + 1$ alakú, akkor 3-at, ha $4 k + 2$ alakú, akkor 2-t vagy 6-ot, ha pedig $4 k + 3$ alakú, akkor 1-et vagy 5-öt dobva győz.
Így minden dobáskor legalább $\frac{1}{6}$ az esélye annak, hogy a következő dobással a játék véget ér. Legfeljebb ${(\frac{5}{6})}^{n}$ tehát annak a valószínűsége, hogy a játék $n$ dobás után még nem ér véget, ez az érték pedig tart a nullához. A játék tehát 1 valószínűséggel véget ér.
Tegyük fel, hogy a játék egy adott állásában a dobott számok összege $4 k + r$ alakú ( $0 \leq r \leq 3)$ . Ha $P_{r}$ jelöli annak a valószínűségét, hogy a soronkövetkező játékos ‐ aki éppúgy lehet Anna, mint Zsófi, hívjuk őt $X$ -nek ‐ ezután valamikor győz, akkor ez a valószínűség nyilván csak az $r$ maradéktól függ. Másfelől láttuk, hogy a játék véget ér, éppen ezért ebből a helyzetből a másik játékos, aki $X$ után jön, $1 - P_{r}$ valószínűséggel nyer. Itt értelemszerűen $P_{0} = 0$ , hiszen $X$ már veszített. Ha pedig $X$ dobása nyomán $4 k + r'$ lett a dobott számok összege, akkor most nem $X$ következik, így a fentiek szerint $1 - P_{r'}$ annak a valószínűsége, hogy ő nyer. A továbbiakban ezt az egyszerű észrevételt alkalmazzuk a $P_{r}$ valószínűségek felírásakor.
Vizsgáljuk meg a nemnulla maradékokat; legyen először $r = 1$ , és nézzük meg, hogy a lehetséges dobásai nyomán kialakult helyzetben $X$ milyen valószínűséggel nyeri meg a játékot. Ha 3-at dob ‐ ennek a valószínűsége $\frac{1}{6}$ ‐ akkor $(1 - P_{0}) = 1$ valószínűséggel nyer. Ha 1-et vagy 5-öt ‐ ennek az esélye $\frac{1}{3}$ ‐ akkor $4 k + 2$ alakú számra jutva a fentiek szerint $(1 - P_{2})$ valószínűséggel nyer. Hasonlóan kapjuk, hogy ha 2-t vagy 6-ot dob ‐ ennek az esélye is $\frac{1}{3}$ ‐ akkor $(1 - P_{3})$ , ha pedig 4-et dob, akkor $(1 - P_{1})$ valószínűséggel nyer. Eszerint:

\begin{matrix} P_{1} = \frac{1}{6} (1 - P_{0}) + \frac{1}{3} (1 - P_{2}) + \frac{1}{3} (1 - P_{3}) + \frac{1}{6} (1 - P_{1}) \end{matrix}

(1)

Hasonlóan írhatók föl a

P_{2}

és a

P_{3}

valószínűségek:

\begin{matrix} P_{2} & = \frac{1}{3} (1 - P_{0}) + \frac{1}{3} (1 - P_{3}) + \frac{1}{6} (1 - P_{1}) + \frac{1}{6} (1 - P_{2}), illetve & (2) \\ P_{3} & = \frac{1}{3} (1 - P_{0}) + \frac{1}{3} (1 - P_{1}) + \frac{1}{6} (1 - P_{2}) + \frac{1}{6} (1 - P_{3}) . & (3) \end{matrix}

A három egyenletet rendezve az alábbi egyenletrendszert kapjuk:

\begin{matrix} 7 P_{1} + 2 P_{2} + 2 P_{3} & = 6. & (*) \\ P_{1} + 7 P_{2} + 2 P_{3} & = 6. & (*) \\ 2 P_{1} + P_{2} + 7 P_{3} & = 6. & (*) \end{matrix}

Az egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy

P_{1} = \frac{50}{99}

P_{2} = \frac{60}{99}

P_{3} = \frac{62}{99}

.
Térjünk rá ezután a két szereplő, Anna és Zsófi játékára. Ha elsőre Anna

4 k + r

alakú számot dob, akkor a fentiek szerint

1 - P_{0} = 1

valószínűséggel győz, ha

r = 0

; és

1 - P_{r}

valószínűséggel, ha

r = 1,2,3

. Mivel pedig

\frac{1}{6}

valószínűséggel dob 0 vagy 3 maradékot és

\frac{1}{3}

valószínűséggel 1-et (1 és 5), illetve 2-t (2 és 6), azért annak a valószínűsége, hogy kezdő játékosként Anna győz:

\begin{matrix} \frac{1}{6} (1 - P_{0}) + \frac{1}{3} (1 - P_{1}) + \frac{1}{3} (1 - P_{2}) + \frac{1}{6} (1 - P_{3}) = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \cdot \frac{49}{99} + \frac{1}{3} \cdot \frac{39}{99} + \frac{1}{6} \cdot \frac{37}{99} = \frac{52}{99}, \end{matrix}

valamivel nagyobb, mint

\frac{1}{2}

Megjegyzés. Sokan elmulasztották annak igazolását, hogy a játék 1 valószínűséggel véget ér, így pedig a fenti okoskodás hiányos.