Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 5007. feladat (2019. február)

B. 5007. Van \(\displaystyle 3n+1\) darab érménk. Ezek közül \(\displaystyle n\) érmének az egyik oldalán 0, a másik oldalán \(\displaystyle 11\) áll. További \(\displaystyle n\) érmének az egyik oldalán 0, a másik oldalán \(\displaystyle 44\), a többi \(\displaystyle n+1\) érmének pedig az egyik oldalán 0, a másik oldalán \(\displaystyle 99\) szerepel. Az összes érmét egyszerre feldobva mi annak a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 7-tel osztható? (Az érmék mindkét oldalukra azonos eséllyel esnek.)

(4 pont)

A beküldési határidő 2019. március 11-én LEJÁRT.


Megoldás. Mivel az összeg 7-es maradéka érdekes számunkra, ezért áttérhetünk az érméken szereplő számok 7-es maradékára: vehetjük úgy, hogy 11 helyett 4, 44 helyett 2, 99 helyett 1 szerepel az érméken. Az érméket osszuk \(\displaystyle n\) darab hármas csoportba úgy, hogy minden csoportban legyen egy \(\displaystyle 0-1\), egy \(\displaystyle 0-2\) és egy \(\displaystyle 0-4\) típusú érme (az \(\displaystyle i\)-edik csoportot jelöltje \(\displaystyle A_i\)), és ekkor marad még egy \(\displaystyle 0-1\) típusú érme. Megvizsgáljuk, hogy a \(\displaystyle 3^{3n+1}\) féle dobás esetén az összeg 7-es maradéka hogyan alakul. Mivel minden dobás egyforma valószínűségű, innen már a keresett valószínűséget könnyen meg tudjuk majd adni.

Ha az \(\displaystyle A_1\)-beli érmék közül legalább egynek nem a 0-s oldala lesz felül, akkor ezen három szám összege \(\displaystyle 1,2,3,4,5,6,7\) lehet (mindegyik egyféleképpen jöhet ki). Vagyis ez azt jelenti, hogy csak az ilyen dobásokat tekintve minden maradék ugyanannyiszor fordul elő, hiszen bármely \(\displaystyle a\) számra (ami a többi dobás összege) az \(\displaystyle a+1,a+2,\dots,a+7\) számok 7-es maradéka kiadja mind a 7-féle lehetséges maradékot.

A továbbiakban csak azokat a dobásokat vizsgáljuk, amiknél az \(\displaystyle A_1\)-beli eredmény \(\displaystyle 0-0-0\) lett. Ha az \(\displaystyle A_2\)-beli eredmény nem \(\displaystyle 0-0-0\), akkor az előző gondolatmenet megismétlésével kapjuk, hogy minden maradék ugyanannyiszor jön ki.

Ezután azokat az eseteket nézzük, amikor \(\displaystyle A_1\)-ben és \(\displaystyle A_2\)-ben is \(\displaystyle 0-0-0\) eredményt kapunk. A korábbiakhoz hasonlóan kapjuk, hogy ha \(\displaystyle A_3\)-ban nem \(\displaystyle 0-0-0\) az eredmény, akkor minden maradék ugyanannyiszor jön ki.

Ezt folytatva, végül azt kapjuk, hogy a hétféle maradékot ugyanannyiszor kapjuk meg az olyan dobásoknál, amiknél a hármas csoportokba osztott \(\displaystyle 3n\) érme nem mind 0-t adott. Ha ezek mind 0-t adtak, akkor a \(\displaystyle (3n+1)\)-edik érme eredménye adja az összeg maradékot, ami így vagy 0 vagy 1. Ez azt jelenti, hogy a \(\displaystyle 2^{3n+1}\)-féle lehetőség közül a \(\displaystyle 2,3,4,5,6\) maradékok ugyanannyiszor jönnek ki, a \(\displaystyle 0,1\) maradékok pedig 1-gyel többször.

Így annak valószínűsége, hogy az összeg osztható 7-tel \(\displaystyle \frac{\frac{2^{3n+1}-2}{7}+1}{2^{3n+1}}=\frac{2^{3n+1}+5}{7\cdot 2^{3n+1}}\).

2. Megoldás (vázlat). A 2-hatványok 7-es maradéka egy három hosszú ciklus szerint periodikusan ismétlődik: \(\displaystyle 1,2,4,1,2,4,\dots\) (\(\displaystyle 2^0=1\)-gyel kezdve a sorozatot). Mindez azt jelenti, hogy az eredetivel ekvivalens feladatot kapunk ha az \(\displaystyle i\)-edik érme egyik oldalán \(\displaystyle 0\), másik oldalán pedig \(\displaystyle 2^{i-1}\) van (ahol \(\displaystyle 1\leq i \leq 3n+1\)). Ekkor egy dobás eredményére úgy is tekinthetünk, mint egy 2-es számrendszerben felírt számra. Az összes számot 0 és \(\displaystyle 2^{3n+1}-1\) között egyforma eséllyel kapjuk meg, így a kérdés az, hogy köztük hány 7-tel osztható van. A legelső szám (0) osztható 7-tel, és innen minden 7-edik osztható vele, ezek közül az utolsó \(\displaystyle 2^{3n+1}-2\).

Így számuk \(\displaystyle \frac{2^{3n+1}+5}{7}\), így az 1. Megoldásban kapott valószínűséget kapjuk.


Statisztika:

A B. 5007. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2019. februári matematika feladatai