IMC 1999/2/2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 1999/2/2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Σεπ 20, 2012 10:00 pm

Ρίχνουμε ένα κανονικό ζάρι n φορές. Να βρεθεί η πιθανότητα το άθροισμα των ρίψεων να διαιρείται με το 5.


Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1417
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: IMC 1999/2/2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Κυρ Σεπ 23, 2012 11:03 am

Ένας συνηθισμένος τρόπος αντιμετώπισης τέτοιων προβλημάτων είναι με χρήση γεννήτριας συνάρτησης (Βλέπε στο βιβλίο των Andreescu-Feng ¨A Path to Combinatorics for Undergraduates", Ex. 8.11, σελ. 181-183 για ένα σχετικό παράδειγμα).

Έστω το ενδεχόμενο \displaystyle{{A_k}}: "το άθροισμα των ενδείξεων του ζαριού είναι ίσο με \displaystyle{k}" και \displaystyle{{a_k} = \left| {{A_k}} \right|.}

Θεωρούμε το πολυώνυμο

\displaystyle{f\left( x \right) = {\left( {x + {x^2} + {x^3} + {x^4} + {x^5} + {x^6}} \right)^n}}

και παρατηρούμε ότι ισχύει η σχέση:

\displaystyle{f\left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^{6n} {{a_k}{x^k}} .}

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με

\displaystyle{p = \frac{{\sum\limits_{k = 0}^{6n} {{a_{5k}}} }}{{{6^n}}},}

οπότε αρκεί να υπολογίσουμε το άθροισμα \displaystyle{{S := \sum\limits_{k = 0}^{6n} {{a_{5k}}} }.}

Έστω \displaystyle{\omega  = {e^{\frac{{2\pi i}}{5}}}.} Εφόσον \displaystyle{{\omega ^5} = 1} και \displaystyle{\omega  \ne 1,} θα είναι

\displaystyle{\sum\limits_{j = 0}^4 {{\omega ^j}}  = 0.}

Παρατηρούμε τώρα ότι:

\displaystyle{\sum\limits_{j = 0}^4 {f\left( {{\omega ^j}} \right)}  = \sum\limits_{j = 0}^4 {\sum\limits_{k = 0}^{6n} {{a_k}{\omega ^{kj}}} }  = \sum\limits_{k = 0}^{6n} {{a_k}\sum\limits_{j = 0}^4 {{\omega ^{kj}}} } .}

Αλλά αν \displaystyle{k \equiv 0\left( {\bmod 5} \right)}, τότε

\displaystyle{{\sum\limits_{j = 0}^4 {{\omega ^{kj}}} = 5 },}

ενώ αν \displaystyle{k \not\equiv 0\left( {\bmod 5} \right), } τότε το \displaystyle{\left\{ {0,k,2k,3k,4k} \right\}} είναι ένα πλήρες σύστημα υπολοίπων \displaystyle{\bmod 5}, οπότε θα ισχύει

\displaystyle{{\sum\limits_{j = 0}^4 {{\omega ^{kj}}} = 0 }.}

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι

\displaystyle{\sum\limits_{j = 0}^4 {f\left( {{\omega ^j}} \right)}  = 5S.}

Αλλά είναι

\displaystyle{\sum\limits_{j = 0}^4 {f\left( {{\omega ^j}} \right)}  = f\left( 1 \right) + \sum\limits_{j = 1}^4 {f\left( {{\omega ^j}} \right)}  = {6^n} + \sum\limits_{j = 1}^4 {{\omega ^{nj}}}  = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{{6^n} + 4,}&{n \equiv 0\left( {\bmod 5} \right)}\\ 
{{6^n} - 1,}&{n \not\equiv 0\left( {\bmod 5} \right)} 
\end{array}} \right.}

οπότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με

\displaystyle{\boxed{p = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{\displaystyle\frac{{{6^n} + 4}}{{5 \cdot {6^n}}},}&{n \equiv 0\left( {\bmod 5} \right)}\\ 
{\displaystyle\frac{{{6^n} - 1}}{{5 \cdot {6^n}}},}&{n \not\equiv 0\left( {\bmod 5} \right)} 
\end{array}} \right.}}.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης