Feladat: 2005. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: - Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Gyenizse Gergő 
Füzet: 2006/február, 70 - 71. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2006/február: 2005. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

A és B teniszeznek. Az a játékos győz, aki elsőként nyer meg legalább négy labdamenetet úgy, hogy ellenfelénél legalább kettővel több labdamenetet nyert. Tudjuk, hogy az A játékos minden labdamenetet, a korábbiaktól függetlenül, p12 valószínűséggel nyer meg. Bizonyítsuk be, hogy az A játékos győzelmének valószínűsége legfeljebb 2p2.

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

I. megoldás. Legyen A mindazon játékok halmaza, amelyekben az A játékos nyer, míg a B halmaz tartalmazza a B által megnyert játékokat. Az A és B halmazok között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést hozunk létre, ha egy A által megnyert G játéknak az a G' játék lesz a párja, amiben minden labdamenetet épp a másik játékos nyer meg, mint ahogyan az G-ben történt. Azt mutatjuk meg, hogy tetszőleges GA játék esetén

P(G)2p2(P(G)+P(G')).
Ha ezt megtesszük, akkor
P(A  nyer)=GAP(G)GA2p2(P(G)+P(G'))=2p2GA(P(G)+P(G'))==2p2(GAP(G)+GBP(G))=2p2P(a játék véget ér)2p2,
azaz bebizonyítottuk a feladat állítását.
Ha a G játékban A  l-szer és B  k-szor nyert labdamenetet, akkor abból, hogy a B játékos q=1-p valószínűséggel nyer meg egy labdamenetet kapjuk, hogy P(G)=plqk, illetve P(G')=pkql, továbbá a játék definíciója miatt m:=l-k2. Azt kell tehát igazolni, hogy plqk2p2(plqk+pkql), ami azzal ekvivalens, hogy pm2p2(pm+qm).
Világos, hogy (p-q)20, ahonnan 2p2+2q2p2+2pq+q2=(p+q)2=1 adódik. Innen
pm(2p2+2q2)pm=2p2pm+2q2pm2p2pm+2qmp2=2p2(pm+qm),
ahol az utóbbi egyenlőtlenség m2 és qp miatt igaz. Nekünk pedig éppen ezt kellett bizonyítanunk.  
 
Megjegyzés. Könnyen látható, hogy ha p12, akkor 2p2p, és csakis akkor van egyenlőség, ha p=12 vagy p=0. Az A játékosnak tehát rosszabb az esélye a győzelemre, mint egyetlen labdamenet megnyerésére.
Az I. megoldásban található párbaállítási ötlet egyedül Paulin Roland dolgozatában fordult elő. A feladatot szintén megoldó további versenyzők mindegyike az ilyen feladatokra szokványosabb számolásos megoldással ért célt. Az alábbiakban erre mutatunk egy példát.
 
II. megoldás. Vegyük észre, hogy ha hat labdamenet után még nincs győztes, akkor mindkét játékos éppen három labdamenetet nyert. Világos, hogy annak a valószínűsége, hogy az A játékos k egymás utáni játszmából l-t nyer meg (kl)plqk-l, ahol q:=1-p a B játékos esélye egy labdamenet megnyerésére. Figyeljük meg, hogy ha a játék legfeljebb öt labdamenet után véget ér, akkor a végeredmény akkor sem változik meg, ha a játékosok végigjátsszák az első hat labdamenetet, hisz a vesztes még ekkor is csak legfeljebb két labdamenetet nyerhet. Az A játékos győzelmének valószínűsége tehát
P(A  nyer)=p6+6p5q+15p4q2+20p3q3r,
ahol az első tag a 6:0-ás, a második az 5:1-es, a harmadik a 4:2-es győzelem valószínűsége, r pedig annak a valószínűsége, hogy 3:3-as állás után az A játékos győz. A 3:3-as állásnál vagy valamelyik játékos megnyeri a soron következő két labdamenetet és győz, vagy mindkét játékos egy-egy labdamenetet nyer, aminek a valószínűsége 2pq. Az így kialakult helyzetben azonban mindkét játékos győzelmi esélye azonos a 3:3-as helyzetbeli esélyével. Tehát r=p2+2pqr (hiszen A  p2 eséllyel nyeri meg a soron következő két labdamenetet), azaz r=p21-2pq. Azt kaptuk tehát, hogy
P(A  nyer)=p6+6p5q+15p4q2+20p3q3p21-2pq.
Nyilván pq=p(1-p)=14-(p-12)214, ahonnan 11-2pq2 adódik. Ezt felhasználva
P(A  nyer)p6+64p4+1516p2+4064p2=p2(p4+32p2+2516)==p2((p2+34)2+1)p2((14+34)2+1)=2p2.
Egyenlőség pedig (p0 miatt) pontosan akkor áll, ha p2=0 vagy ha p2=14, azaz, ha p=0 vagy p=12.