Érdekes valószínűségszámítási feladatok a világ minden részéről

Bevezető gondolatok

A magyarországi matematikának egyre dinamikusabban fejlődő területe a valószínűségszámítás. Ma már szebbnél szebb feladatok szerepelnek a példatárakban, felvételi vizsgákon és tanulmányi versenyeken. Ez a folyamat nemcsak hazánkra jellemző, hanem a matematikában jelenleg élenjáró ázsiai országokra és az Amerikai Egyesült Államokra is. Mivel a valószínűségszámítás a felsőoktatásban is fontos szerepet kap, ezért a világ legrangosabb egyetemei (Harvard, Stanford, Oxford, Cambridge) is nagy hangsúlyt helyeznek arra, hogy olyan jól képzett középiskolások kerüljenek be hozzájuk, akik a feltételek alapos figyelembevételével, a lehetőségek megfelelő csoportosításával, elemzésével, és megfelelő matematikai ismerettel következtetéseket tudnak levonni bizonyos események bekövetkezésének esélyére. Ezért az egyetemek legkiválóbb hallgatói, tanárai olyan matematikaversenyeket szerveznek középiskolásoknak, amelyeken a valószínűségszámítás domináns terület, és a feladatok igazi kihívást jelentenek a világ minden részéről érkező versenyzőknek.

Ebben a cikkben azt szeretnénk megmutatni, hogy az egyetemek által szervezett versenyeken, nemzetközi olimpiákon milyen típusú, illetve milyen nehézségi szintű feladatokat kell megoldani a középiskolás diákoknak. A feladatokat igyekeztük úgy kiválogatni, hogy azok kisebb csoportokban kapcsolódjanak egymáshoz, és mutassanak példát az adott területen belül egyszerűbb és bonyolultabb problémákra is. A cikk első részében elkalandozunk egy kicsit a koordináta-rendszerben, majd a kockán, illetve a poliédereken bolyongás világában.

A tárgyalt feladatok változatos módszerekkel oldhatók meg, a matematika számos területét érintik, és nehézségi szintjük is széles határok között mozog. Megoldásukhoz csak középiskolai ismeretek és jó ötletek szükségesek. A cikk megírásával egy jól hasznosítható anyagot szeretnénk adni a kollégáknak az iskolai szakköri munkához.

I. Bolyongás a koordináta-rendszerben

Az ebben a részben szereplő feladatokban koordináta-rendszeren a síkbeli koordináta-rendszert értjük.

1. feladat. A koordináta-rendszer $K(1;2)$ pontjában tartózkodik Unka, a béka. Elkezd egy olyan mozgássorozatot, amely során véletlenszerűen ugrál valamelyik tengellyel párhuzamosan, egységnyi távolságokat haladva, a négy irányt egyenlő eséllyel választva. Mozgását akkor fejezi be, ha eléri az $A(0;0)$ , $B(4;0)$ , $C(4;4)$ és $D(0;4)$ csúcspontokkal rendelkező négyzet valamelyik oldalát.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy a négyzet valamelyik függőleges oldalán fejezi be ugrássorozatát?

Megoldás. Elsőként szögezzük le, hogy annak a valószínűsége, hogy a béka nem éri el a négyzet egyik oldalát sem (vagyis hogy végtelen hosszú ugrássorozatba keveredik) 0, hiszen a $k$ -adik lépés valószínűsége (bármelyik irányt is választja) $\left(\frac{1}{4}\right)^k$ , ami 0-hoz tart, ha $k$ tart a végtelenhez.

Ha a béka először balra ugrik, akkor azonnal eléri a négyzet függőleges $DA$ oldalát, és mozgását befejezi. Ennek esélye:

$\displaystyle P_a=\frac{1}{4}.$

Ha a béka először jobbra ugrik, akkor a négyzet középpontjába jut, és innen (szimmetria okokból) mind a vízszintes, mind a függőleges oldalakat $\frac{1}{2}$ valószínűséggel éri el. Így ebben az esetben a keresett valószínűség:

$\displaystyle P_b=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}.$

Ha a béka először felfelé vagy lefelé ugrik, akkor két vízszintes-függőleges oldalpártól szimmetrikus helyzetbe jut, és ezután egyenlő eséllyel fejezi be a mozgását a vízszintes, illetve a függőleges oldalon. Így ebben az esetben a keresett valószínűség:

$\displaystyle P_{bc}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}.$

Az eseteket összesítve:

$\displaystyle P=\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{4}=\frac{5}{8}.$

2. feladat. Egy részecskét a síkbeli derékszögű koordináta-rendszerben a $K(0;0)$ ponttól a $V(n;n)$ ( $n\in {\mathbb{N}}^+$ ) pontig mozgatjuk.

Haladását egy szabályos pénzérme segítségével irányítjuk, az alábbiak szerint:

1. A $P(x;y)$ , $x$ , $y\in \mathbb{N}$ , $x$ , $y<n$ pontból írás dobása esetén a $Q(x+1;y)$ , fej dobása esetén pedig az $R(x;y+1)$ pontba lép.

2. A $P(n;y)$ , $y<n$ pontból írás dobása esetén nem mozdul el, fej dobása esetén pedig az $R(n;y+1)$ pontba lép.

3. A $P(x;n)$ , $x<n$ pontból írás dobása esetén a $Q(x+1;n)$ pontba lép, fej dobása esetén pedig nem mozdul el.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy a részecske pontosan $2n+k$ ( $k\in \mathbb{N}$ ) dobás után érkezik meg a $V(n;n)$ pontba?

Megoldás. A részecske a szabályok alapján a $(0;0)$ , $(n;0)$ , $(n;n)$ , $(0;n)$ csúcspontokkal rendelkező négyzeten belül maradva írásra „jobbra”, fejre „felfelé” mozdul 1-et – ha ez lehetséges.

a) Vizsgáljunk meg egy konkrét esetet, és az ebből nyerhető törvényszerűségeket használjuk fel az általános eset megoldásához. Például $n=3$ , $k=4$ esetén felírva a legalább 3-3 írást és fejet tartalmazó $2n+k=10$ hosszúságú dobássorozatokat, és a részecske mozgását a koordináta-rendszerben követve, látható, hogy az IFFFIFFFFI, IFFFFIFFFI, IFFFFFIFFI, IFFFFFFIFI, IFFFFFFFII (fej-írás) dobássorozatok ugyanazt az útvonalat jelölik ki a részecske számára.

A közölt példából látható, hogy nincs kölcsönösen egyértelmű kapcsolat a tényleges mozgás és a dobások jelsorozata között. Azért, hogy ezt a problémát feloldjuk, engedjük meg, hogy a részecske folytathassa útját jobbra, illetve felfelé akkor is, ha az első vagy a második koordinátája eléri vagy meghaladja $n$ értékét, és vizsgáljuk együtt a tényleges és az általunk elképzelt kibővített mozgást. A továbbiakban piros, illetve kék szakasszal jelöljük a részecske által valóban megtett, illetve gondolatban végigjárt útszakaszokat.

b) $n=3$ , $k=4$ esetén (amikor a várt lépésszám $2n+k=10$ ) a 4 fejből és 6 írásból álló IIFIIIFFIF dobássorozat esetén vizsgálva a részecske valódi és kibővített mozgását, láthatjuk, hogy a részecske a várt 10-es lépésszámnál hamarabb, már a 8. dobás után eléri a $V(3;3)$ pontot.

Az ábrák alapján látható, hogy a részecske a várt lépésszámnál hamarabb ér célba. Ez nyilván azért alakult így, mert 3-nál több fej és 3-nál több írás szerepelt a dobások között, miközben az utolsó fej előtt szerepelt már három írás, és az utolsó írás előtt szerepelt már három fej. Ebből arra következtethetünk, hogy a mozgás során a részecskének az egyik irányba pontosan $n+k$ , a másik irányba $n$ lépést kell megtennie. Így a „kibővített” mozgás során a részecskének az $E_1(n+k;n)$ , vagy $E_2(n;n+k)$ pontok valamelyikébe kell eljutnia.

Emellett arra is figyelni kell, hogy megfelelő arányú I, F dobások esetén a kibővített mozgás során a részecske ne a $T_1(n+k-1;n)$ , illetve a $T_2(n;n+k-1)$ pontokból jusson el $E_1$ , $E_2$ pontokba, hanem az utolsó dobás az $n$ -edik fej, vagy az $n$ -edik írás legyen. (Ez a feltétel biztosítja azt, hogy a részecske a $(2n+k)$ -adik lépését is biztosan végre fogja hajtani.) Ilyen dobássorozat lehet pl. az FFIFFIFFFI. Ekkor a részecske mozgása:

Tehát a vizsgált konkrét példák alapján a részecske utolsó lépése csak a

$D_1(n+k;n-1)$ $\to$ $E_1(n+k;n)$ vagy

$D_2(n-1;n+k)$ $\to$ $E_2(n;n+k)$ lehet.

Ez alapján az első $2n+k-1$ dobáson belül az írás-fej megoszlás valamilyen sorrend szerint $(n-1):(n+k)$ , az utolsó dobás meghatározott. Mivel bármely dobásnál a fej és az írás dobásának az esélye is $\frac{1}{2}$ , ezért a keresett valószínűség:

$\displaystyle P_k=2\binom{2n+k-1}{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n+k}=\binom{2n+k-1}{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n+k-1}.$

3. feladat. Ugri, a szöcske, a koordináta-rendszerben mozog. A $K(0;0)$ pontból indul, másodpercenként egy egységet halad, és rácspontról rácspontra ugrik. A haladási irányokat véletlenszerűen, azonos valószínűséggel választja ki. Mozgását addig folytatja, amíg olyan $P$ pontba nem ér, amelyet egy másik útvonalon gyorsabban is elérhetett volna vagy akár el is ért.

Például, ha a $(0;0)\to(1;0)\to(1;1)\to(1;2)\to(0;2)$ útvonalon halad, akkor a $P(0;2)$ pontban megáll, mivel oda a $(0;0)\to(0;1)\to(0;2)$ úton 2 másodperc alatt is el tudott volna jutni.

Mennyi Ugri ugrásai számának várható értéke?

Megoldás. Jelöljük a szöcske mozgásirányait az ábra szerint.

Ekkor Ugri az első ugrását mindenképpen végre tudja hajtani, és az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy az $\mathbf{u}$ irányú.

Jelölje a szöcske további lépései számának várható értékét $e_1$ . Ugri mozgását tovább vizsgálva a második lépését is mindenképpen végre tudja hajtani, és háromféleképpen mozoghat.

$\frac{1}{4}$ valószínűséggel $-\mathbf{u}$ irányba halad, és ekkor útja véget ér.

$\frac{1}{4}$ valószínűséggel $\mathbf{u}$ irányba halad, és ezután várhatóan még $e_1$ lépést tesz meg, hiszen ezután pontosan akkor akad el, ha $-\mathbf{u}$ irányt választ, tehát feltételezhető, hogy $e_1+1$ a várható lépések száma.

$\frac{1}{2}$ valószínűséggel $\mathbf{u}$ -ra merőleges irány szerint halad, és ezután várhatóan még $e_2$ (egyelőre ismeretlen számú) lépést tesz meg.

Az a), b), c) esetek figyelembevételével:

$\displaystyle e_1=\frac{1}{4}\cdot 1+\frac{1}{4}\cdot (e_1+1)+\frac{1}{2}\cdot (e_2+1).$

Határozzuk most meg $e_2$ értékét. Azaz feltételezzük, hogy $\mathbf{u}$ után Ugri egy erre merőleges irányt (például $\mathbf{w}$ ) választott $\frac{1}{2}$ valószínűséggel.

d) A c) eset szerinti haladás esetén Ugri biztosan folytathatja útját.

$\frac{1}{2}$ valószínűséggel tesz egy lépést $-\mathbf{u}$ vagy $-\mathbf{w}$ irányba, és ekkor útja véget ér.

$\frac{1}{2}$ valószínűséggel tesz egy lépést $\mathbf{u}$ vagy $\mathbf{w}$ irányba, és ezután várhatóan még $e_2$ lépést tesz meg, hiszen ezután is pontosan akkor akad el, ha a $-\mathbf{w}$ vagy a $-\mathbf{u}$ irányt választja. Ebben az esetben a lépések várható értéke $e_2+1$ .

A d) és e) esetek figyelembevételével:

$\displaystyle e_2=\frac{1}{2}\cdot 1+\frac{1}{2}\cdot (e_2+1).$

Innen $e_2=2$ , ezért $e_1=\frac{8}{3}$ . Emlékeztetünk, hogy $e_1$ az első lépést követő lépések számának várható értéke volt, így Ugri várható ugrásainak száma $e_1+1=\frac{11}{3}$ .

II. Bolyongás kockán

4. feladat. Z, a hangya egy kocka csúcsai között vándorol. Minden percben elhagyja azt a csúcsot, ahol addig tartózkodott, és egy élen haladva átvándorol egy szomszédos csúcsba.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy 4 perc múlva visszatér oda, ahonnan elindult, ha minden lépésben egyenlő eséllyel választja meg a haladási irányt?

Megoldás.

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy Z az $A$ csúcsból indul.

A hangya a páros percek végén az $A$ , $C$ , $F$ , $H$ , míg a páratlan percek végén a $B$ , $D$ , $E$ , $G$ csúcsokban tartózkodik. Ha a harmadik perc végén Z a $G$ pontban van, akkor a negyedik perc végére nem tud visszajutni $A$ -ba.

Vizsgáljuk meg, hogy mekkora valószínűséggel jut három perc alatt Z a $G$ csúcsba. A lehetséges útvonalak az alábbiak közül kerülhetnek ki: $ABCG$ , $ABFG$ , $ADCG$ , $ADHG$ , $AEFG$ , $AEHG$ .

Mivel a hangya minden lépését 3 irány szerint választhatja ki, ezért a $G$ -be jutásának esélye:

$\displaystyle P(G)=6\cdot \left(\frac{1}{3}\right)^3=\frac{2}{9},$

és így a $B$ , $D$ , $E$ csúcsokba érkezésének valószínűsége:

$\displaystyle P(B,D,E)=1-P(G)=\frac{7}{9}.$

Az ábra szerint a $B$ , $D$ , $E$ pontokból a 4. percben $\frac{1}{3}$ eséllyel tér vissza a hangya $A$ -ba, ezért a keresett valószínűség:

$\displaystyle P=\frac{7}{9}\cdot \frac{1}{3}=\frac{7}{27}.$

5. feladat. Z, a hangya egy kocka csúcsai között vándorol. Minden percben elhagyja azt a csúcsot, ahol addig tartózkodott, és egy élen haladva átvándorol egy szomszédos csúcsba.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy $2k$ ( $k\in {\mathbb{N}}^+$ ) perc múlva visszatér oda, ahonnan elindult, ha minden lépésben egyenlő eséllyel választja meg a haladási irányt?

Megoldás.

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy Z az $A$ csúcsból indul.

Jelölje $p_k$ annak a valószínűségét, hogy Z a $(2k)$ -adik perc végén ismét $A$ -ban van. Használjuk fel, hogy Z a páros percek végén csak az $A$ , $C$ , $F$ és $H$ csúcsok valamelyikén tartózkodhat.

A hangya a $(2k)$ -adik perc végére csak az alábbi két lényegileg különböző módon jutahat vissza $A$ -ba. Vagy $A$ -ból elindul tetszőlegesen $B$ -be, $D$ -be vagy $E$ -be, majd utána visszatér $A$ -ba, vagy az ábra szerint a $C$ , $F$ , $H$ csúcsokból először a két piros nyíl egyikének irányába mozdul el, majd utána az egyik zöld irány szerint érkezik meg $A$ -ba.

Figyelembe véve, hogy a hangya minden lépését háromféle irányba teheti meg,

$\displaystyle p_{k+1}=p_k\cdot 1\cdot \frac{1}{3}+(1-p_k)\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{9}p_k+\frac{2}{9}.$

$\displaystyle \lim\limits_{k\to \infty}p_{k+1}=\lim\limits_{k\to \infty}p_k=x$

egyenlőség alapján:

$\displaystyle x=\frac{1}{9}x+\frac{2}{9}$

$\displaystyle x=\frac{1}{4}$

$\displaystyle p_{k+1}-\frac{1}{4}=\frac{1}{9}\left(p_k-\frac{1}{4}\right).$

A kapott egyenlőség alapján a $\biggl(p_k-\frac{1}{4}\biggr)$ sorozat olyan mértani sorozat, amelynek nulladik tagja és hányadosa

$\displaystyle p_0-\frac{1}{4}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4},$

illetve

$\displaystyle q=\frac{1}{9}.$

Ennek figyelembe vételével:

$\displaystyle p_k-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^k,$

$\displaystyle p_k=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\cdot \left(\frac{1}{9}\right)^k.$

6. feladat. Egyik nap Z meghívta 7 társát vendégségbe. A 8 hangya egy kocka 8 csúcsában telepedett le. Egy adott pillanatban mindegyikük elindult egy kiválasztott élen, és átmászott egy szomszédos csúcsba.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy egyik hangya sem találkozott útközben vagy az út végén valamelyik társával, ha minden lépésben egymástól függetlenül, egyenlő eséllyel választják meg a haladási irányt?

Megoldás. a) A hangyák két 4 hosszúságú körön mozognak (az ábra szerint a kocka egy-egy lapján járnak körbe).

Ebben az esetben a hangyák mozgása a kocka két szemközti lapján történik, amelyek kiválasztása háromféleképpen történhet. Mivel a körökön belül a vándorlás forgásiránya két-kétféleképpen jelölhető ki, ezért a kedvező esetek száma $3\cdot 2^2=12$ .

b) A hangyák egy 8 hosszúságú körön mozognak (lásd az ábrán).

Ebben az esetben a vándorlás során a kocka két szemközti lapján a hangyák csak 2 él mentén mozognak, ezek kiválasztása háromféleképpen történhet. A két kiválasztott lap egyikén a hangyák vízszintesen, a másikon függőlegesen vándorolnak. A vízszintes és függőleges irányok lapokhoz rendelése kétféleképpen történhet.

Végül a 8-as körön belül a vándorlás forgásiránya kétféle lehet, így a kedvező esetek száma ebben az esetben $3\cdot 2\cdot 2=12$ .

Mivel a hangyák mindegyike a mozgását háromféle irány szerint választhatja meg, ezért a keresett valószínűség

$\displaystyle P=\frac{12+12}{3^8}=\frac{8}{2187}.$

III. Bolyongás poliéderen

7. feladat. Amíg Z egy kockán bandukol, addig Atom Anti egy oktaéder élein vándorol, és ő is percenként megy át egy adott csúcsból egy szomszédosba, egyenlő valószínűséggel választva a lehetőségek közül.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy indulása után 5 perccel a kezdőponttal szomszédos csúcsban tartózkodik?

Megoldás.

Az ábrákból látható, hogy az oktaéderben bármely csúccsal négy másik csúcs szomszédos és egy átellenes. Ezért az általánosság kedvéért feltehetjük, hogy Anti az $A$ csúcsból indul.

Jelölje $p_k$ annak esélyét, hogy Anti a $k$ -adik perc végén egy $A$ -val szomszédos csúcsban van ( $k\in \mathbb{N}$ ). Ekkor $p_0=0$ , $p_1=1$ . Rekurzív gondolatmenetet alkalmazva: ha a $k$ -adik perc végén a hangya $p_k$ valószínűséggel a $B$ , $C$ , $D$ , $E$ pontokban áll, akkor a négy haladási irányból kettővel $A$ -val szomszédos helyeken marad, míg ha ${1-p}_k$ valószínűséggel az $A$ vagy $F$ pontokban tartózkodik, akkor a következő lépésével biztosan $A$ -val szomszédos csúcsba jut. Így

$\displaystyle p_{k+1}=\frac{1}{2}{\cdot p}_k+1\cdot (1-p_k)=1-\frac{1}{2}p_k.$

A kapott képlet alapján:

$\displaystyle p_2=\frac{1}{2},\quad p_3=\frac{3}{4},\quad p_4=\frac{5}{8},\quad p_5=\frac{11}{16}.$

Tehát a keresett valószínűség $\frac{11}{16}$ .

8. feladat. Atom Anti egy oktaéder élein bandukol, és percenként megy át egy adott csúcsból egy szomszédosba, egyenlő eséllyel választva a lehetőségek közül.

Mennyi a valószínűsége, hogy $k$ perc elteltével abban a csúcsban tartózkodik, ahonnan elindult?

Megoldás.

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy Anti az $A$ csúcsból indul.

Jelölje $p_k$ annak esélyét, hogy Anti a $k$ -adik perc végén $A$ -val szomszédos csúcsban van ( $k\in \mathbb{N}$ ). Ekkor az előző feladat alapján:

$\displaystyle p_1=1,\qquad p_{k+1}=1-\frac{p_k}{2}.$

$\displaystyle \lim\limits_{k\to \infty}p_{k+1}=\lim\limits_{k\to \infty}p_k=x$

egyenlőség alapján:

$\displaystyle x=1-\frac{x}{2},$

$\displaystyle x=\frac{2}{3},$

$\displaystyle p_{k+1}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}\left(p_k-\frac{2}{3}\right).$

A kapott egyenlőség alapján a $\left(p_k-\frac{2}{3}\right)$ sorozat olyan mértani sorozat, amelynek első tagja $p_1=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$ , hányadosa $q=-\frac{1}{2}$ . Ennek figyelembevételével:

$\displaystyle p_k-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^{k-1}=-\frac{2}{3}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^k,$

$\displaystyle p_k=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^k.$

Mivel az $A$ és az $F$ pontok az $A$ -val szomszédos csúcsokhoz képest szimmetrikusan helyezkednek el, ezért annak esélye, hogy Atom Anti a $k$ -adik perc végén $A$ -ban tartózkodik:

$\displaystyle \frac{1-p_k}{2}=\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^k.$

$\displaystyle \star$

Ez az írás a 2024-ben a békéscsabai Rátz László Vándorgyűlésen elhangzott szemináriumi foglalkozás alapján készült. A közölt feladatok azt próbálják meg bemutatni, hogy miként lehet a szakköri munkában érdekes, egymásra épülő, egyre nehezedő feladatokat feladni a tanulóknak úgy, hogy azokkal ösztönözzük őket arra, hogy maguk is vessenek fel újszerű kérdéseket, és ezzel elinduljanak az önálló felfedezés útján.

A cikk folytatásában három feladatcsokorral fogunk foglalkozni. Az elsőben nem szabályos dobókockára nézünk feladatokat, a következő a geometriai valószínűséggel kapcsolatban tartalmaz majd feladatokat, végezetül játékok nyerő stratégiájának esélyét határozzuk meg.

Fonyó Lajos – Fonyóné Németh Ildikó
Keszthely