 |
A B. 5364. feladat (2024. január) |
B. 5364. Egy érme két oldalára az 1, 2, egy kocka lapjaira pedig az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokat írjuk. Határozzuk meg az érme és a kocka összes olyan cinkelését, hogy azokat egyszerre feldobva a 2, \(\displaystyle \ldots\), 8 dobásösszegek mindegyike ugyanolyan valószínűséggel forduljon elő, mint két olyan szabályos tetraéderrel történő dobás esetén, amelyek lapjaira az 1, 2, 3, 4 számokat írjuk. (Tetraéderrel való dobás eredményén az alsó lapon lévő számot értjük; cinkelés alatt pedig azt, hogy egy tárgy súlyozását megváltoztathatjuk úgy, hogy ne feltétlenül egyenlő eséllyel essen a különböző oldalakra.)
Javasolta: Barczy Mátyás (Szeged) és Nyul Gábor (Debrecen)
(6 pont)
A beküldési határidő 2024. február 12-én LEJÁRT.
Megoldás. Legyen \(\displaystyle p_i\) annak a valószínűsége, hogy az érmével dobott szám \(\displaystyle i\), ahol \(\displaystyle p_i\geq 0\) \(\displaystyle (i=1,2)\) és \(\displaystyle p_1+p_2=1\). Hasonlóan jelölje \(\displaystyle q_j\) a kockával történő \(\displaystyle j\) értékű dobás valószínűségét, ahol \(\displaystyle q_j\geq 0\) \(\displaystyle (j=1,2,3,4,5,6)\) és \(\displaystyle q_1+q_2+q_3+q_4+q_5+q_6=1\).
Az alábbi táblázatban összefoglaljuk, hogy az érmét és a kockát, illetve a két tetraédert egyszerre feldobva a \(\displaystyle 2,\ldots,8\) dobásösszegek milyen valószínűséggel következnek be.
| Dobásösszeg | Érme és kocka | Két tetraéder |
| \(\displaystyle 2\) | \(\displaystyle p_1q_1\) | \(\displaystyle \left(\frac{1}{4}\right)^2\) |
| \(\displaystyle 3\) | \(\displaystyle p_1q_2+p_2q_1\) | \(\displaystyle 2\left(\frac{1}{4}\right)^2\) |
| \(\displaystyle 4\) | \(\displaystyle p_1q_3+p_2q_2\) | \(\displaystyle 3\left(\frac{1}{4}\right)^2\) |
| \(\displaystyle 5\) | \(\displaystyle p_1q_4+p_2q_3\) | \(\displaystyle 4\left(\frac{1}{4}\right)^2\) |
| \(\displaystyle 6\) | \(\displaystyle p_1q_5+p_2q_4\) | \(\displaystyle 3\left(\frac{1}{4}\right)^2\) |
| \(\displaystyle 7\) | \(\displaystyle p_1q_6+p_2q_5\) | \(\displaystyle 2\left(\frac{1}{4}\right)^2\) |
| \(\displaystyle 8\) | \(\displaystyle p_2q_6\) | \(\displaystyle \left(\frac{1}{4}\right)^2\) |
A fentiek segítségével belátjuk, hogy a feladat feltétele ekvivalens a
\(\displaystyle \left(p_2 x+p_1\right)\left(q_6 x^5+q_5 x^4+q_4 x^3+q_3 x^2+q_2 x+q_1\right)=\left(\frac{1}{4}x^3+\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}\right)^2 \)
polinomokra vonatkozó egyenlőséggel. Ugyanis a bal oldali polinom
\(\displaystyle p_2q_6x^6 + (p_1q_6+p_2q_5)x^5 + (p_1q_5+p_2q_4)x^4 + (p_1q_4+p_2q_3)x^3 + (p_1q_3+p_2q_2)x^2 + (p_1q_2+p_2q_1)x + p_1q_1, \)
a jobb oldali polinom pedig
\(\displaystyle \left(\frac{1}{4}\right)^2x^6 + 2\left(\frac{1}{4}\right)^2 x^5 + 3\left(\frac{1}{4}\right)^2 x^4 + 4\left(\frac{1}{4}\right)^2x^3 + 3\left(\frac{1}{4}\right)^2 x^2 + 2\left(\frac{1}{4}\right)^2 x + \left(\frac{1}{4}\right)^2. \)
Így látható, hogy tetszőleges \(\displaystyle i\in\{2,\ldots,8\}\) esetén a bal oldali polinom \(\displaystyle (i-2)\)-edfokú tagjának együtthatója nem más, mint annak a valószínűsége, hogy az érmét és a kockát egyszerre feldobva a dobásösszeg \(\displaystyle i\); míg a jobb oldali polinomra ugyanez igaz a két tetraéder esetén.
A hatodfokú tagok együtthatói alapján \(\displaystyle p_2 q_6=\frac{1}{16}\), így \(\displaystyle p_2\neq 0\), következésképpen a bal oldali polinomnak \(\displaystyle -\frac{p_1}{p_2}\) valós gyöke. Másrészt a jobb oldalon álló
\(\displaystyle \frac{1}{16}\left(x^3+x^2+x+1\right)^2=\frac{1}{16}\left(x+1\right)^2\left(x^2+1\right)^2 \)
polinomnak egyetlen valós gyöke a \(\displaystyle -1\). Ezek alapján \(\displaystyle -\frac{p_1}{p_2}=-1\), amiből (felhasználva azt is, hogy \(\displaystyle p_1+p_2=1\)) kapjuk, hogy \(\displaystyle p_1=p_2=\frac{1}{2}\).
Ekkor a polinomok közötti egyenlőség szerint
\(\displaystyle q_6 x^5+q_5 x^4+q_4 x^3+q_3 x^2+q_2 x+q_1=\frac{1}{8}\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)^2=\frac{1}{8}x^5+\frac{1}{8}x^4+\frac{1}{4}x^3+\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{8}x+\frac{1}{8}, \)
így \(\displaystyle q_1=q_2=q_5=q_6=\frac{1}{8}\) és \(\displaystyle q_3=q_4=\frac{1}{4}\), ezek pedig megfelelőek is (azaz nemnegatívak és az összegük \(\displaystyle 1\)).
Összefoglalva, az érmének és a kockának egyetlen megfelelő cinkelése van, amit a fent kiszámolt eloszlások adnak meg.
Megjegyzés. A KöMaL 1987. októberi számában (319. oldal, F. 2652 feladat) megjelent egy hasonló feladat: Lehetséges-e két kockát úgy ,,cinkelni'' (tehát az egyes számok dobásának valószínűségét a kockákon úgy megváltoztatni), hogy a feldobásuk után kapott számokat összeadva \(\displaystyle 2\)-től \(\displaystyle 12\)-ig minden lehetséges összeg bekövetkezésének ugyanannyi legyen a valószínűsége?
Erre a feladatra negatív a válasz (http://db.komal.hu/KomalHU/felhivatkoz.phtml?id=20578), a miénk esetén viszont létezik megfelelő cinkelés.
Statisztika:
59 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Ali Richárd, Aravin Peter, Bencze Mátyás, Bodor Mátyás, Bui Thuy-Trang Nikolett, Csonka Illés, Fehérvári Donát, Forrai Boldizsár, Holló Martin, Jármai Roland, Keresztély Zsófia, Kovács Benedek Noel, Morvai Várkony Albert, Op Den Kelder Ábel, Prohászka Bulcsú, Puppi Barna, Sütő Áron, Szabó 721 Sámuel, Szabó 810 Levente, Szakács Ábel, Tamás Gellért, Török Eszter Júlia, Tran Dávid, Virág Tóbiás, Zhai Yu Fan. 5 pontot kapott: Balaskó Imola, Balaskó Noémi, Csupor Albert Dezső, Gömze Norken, Hodossy Réka, Horák Zsófia, Kerekes András, Klement Tamás, Miklós Janka, Ozsváth Botond, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Sha Jingyuan, Veres Dorottya, Vigh 279 Zalán. 4 pontot kapott: 2 versenyző. 2 pontot kapott: 9 versenyző. 1 pontot kapott: 6 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 1 dolgozat.
A KöMaL 2024. januári matematika feladatai