Problem B. 5364. (January 2024)

B. 5364. We label the two sides of a coin with integers 1 and 2, and the faces of a cube with integers 1, 2, 3, 4, 5 and 6. Find all weightings of the coin and the cube in a way that tossing both will give the same probabilities for sums 2, \(\displaystyle \ldots\), 8 as two regular tetrahedrons labeled with 1, 2, 3 and 4. (Tossing a tetrahedron will result in the number appearing on the face that rests on the table; and weighting means that the weight distribution of an object can be altered in a way that it will land on its sides with different probabilities.)

Proposed by Mátyás Barczy, Szeged and Gábor Nyul, Debrecen

(6 pont)

Deadline expired on February 12, 2024.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

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.

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.

Statistics:

59 students sent a solution.
6 points:	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 points:	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 points:	2 students.
2 points:	9 students.
1 point:	6 students.
0 point:	1 student.
Not shown because of missing birth date or parental permission:	1 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, January 2024