IMC 1999/2/2

#1

Ρίχνουμε ένα κανονικό ζάρι

φορές. Να βρεθεί η πιθανότητα το άθροισμα των ρίψεων να διαιρείται με το

.

#2

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

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

IMC 1999/2/2

IMC 1999/2/2

Re: IMC 1999/2/2

Μέλη σε σύνδεση