Kombinatorika házifeladat?

Számomra kicsit aluldefiniált a feladat, vagy pedig túl triviális.

Miket tekintünk különböző eseteknek?

- Számít a dobások sorrendje?

- Vagy esetleg csak az összegeknek kell különbözőnek lennie?

Szerintem nem alulhatározott a feladvány. Az nyilvánvaló, hogy a sorrend számít és csak a 3-al osztható összegeket kell megvizsgálnia. Ha a részfeladatokra lebontás módszerét használjuk, sajnos zsákutcába jutunk. Az nyilvánvaló, hogy a legkisebb szóba jöhető 3-al osztható egész szám a 12-es és a legnagyobb a 60-as. Hogy jöhet elő a 12-es? 8x1+2x2 vagy 9x1+1x3. Első esetben a két 2-est kell megvizsgálni a 10 dobásból. Ez itt comb(10,2)=45. (comb(n,k) k<n jelöli a binomiális együtthatót) Aztán a második eset a hármasok vizsgálata, annak eredménye comb(10,1)=10. E két szám összege adja a 12-eshez tartozó esetek számát, azaz 55.

És hogy jöhet elő a 15-ös? 9x1+1x6 vagy 8x1+1x5+1x2 vagy 8x1+1x3+1x4. Na itt a zsákutca, mert órákig kellene számolnia az alesetek számát. Valami konstruktívabb és hatékonyabb ötlet kellene. És sem biztos, hogy az összes eset harmadában fog jelentkezni a megoldás. Sz. Gy.

A válasz szerintem 1/3.

A bizonyítás teljes indukcióval:

1 kockát eldobok a 0-1-2 maradék egyaránt 1/3. Tehát 1 kockára igaz.

A második kockát eldobom, akkor az összeadódik az első maradékkal, 9 egyforma valószínűségű eset van:

0+0, 0+1, 0+2

1+0, 1+1, 1+2

2+0, 2+1, 2+2

Ebből 3-nál a maradék 0, 3-nál 1 és 3-nál 2.

Tehát mindig, amikor még egy kockát hozzáveszek az összeg 1/3 eséllyel ad 0-1-2 maradékot.

Vagyis nem számít, hogy 1 kockát dobunk vagy 100-at, mindig 1/3 valószínűséggel lesz az összeg osztható 3-mal.

Bár Ifjutitan megoldása az 1/3 valószínűségre teljesen jó, én kicsit máshogy magyaráznám:

Az első 9 dobás mindegy, hogy mi (szóval eddig 1 a valószínűség), 3-féle lehet a maradéka 3-mal osztva. Bármi is ez a maradék, a 10-edik dobás 2 esetben egészíti ki 3 többszörösére, hisz mindegyik hármas maradékosztályba 2 szám tartozik a hatból. Így a keresett valószínűség 2/6.

Az eredeti kérdésre pedig a #6 (21:14) válasz a jó megoldás: 6^10/3, hisz minden harmadik dobás jó és összesen 6^10 féle dobás lehet.

Eloszor en is ezt akartam irno, hogy dobjunk el 9 kockat es az utolso 1/3 esellyel egesziti ki.

De ebben az esetben azt is bizonyitani kell, hogy az elso 9 dobas osszege 3-as maradek szempontjabol egyenletes eloszlasu.

A 9 dobas osszege valamilyen harangggorbe nem trivialis, hogy 3-as maradek szempontjabol egyenletesnek lesz.

Igy jutottam el arra, hogy teljes indukcioval belathato 9-re, hogy egyenletes, de akkor 10-re is :)

Nem kell igaznak lennie annak, hogy egyenletes eloszlásúak a maradékok. Bármi is a 9 dobás maradéka, akár ha mindig mondjuk 0 is (nem egyenletes eloszlás, hisz a többi kettőről azt feltételezem, hogy esetleg nem is jön ki olyan), akkor is a 10-edik dobásnál 2 kedvező eset vagy az összes 6-ból. Tehát 1/3 a valószínűség.

Bármi is a maradék bármilyen eloszlással, mindegyik maradék esetében 1/3 lesz a végén.

"

Nem kell igaznak lennie annak, hogy egyenletes eloszlásúak a maradékok.

"

Igazad van. De ez se triviális állítás.

Én is csak most értettem meg :D

Legyen a 0-1-2 maradékok valószínűsége p1,p2,p3

+1 kocka esetén a hárommal való oszthatóság valószínűsége:

p1*1/3+p2*1/3+p3*1/3 = (p1+p2+p3)*1/3 = 1*1/3

Szóval a +1 kocka kisimítja a valószínűségeket.