XXXVIII OM - III - Zadanie 2

W okrąg o długości 1 wpisano $ n $-kąt foremny. Spośród łuków okręgu mających końce w wierzchołkach tego wielokąta losujemy ze zwracaniem pięć łuków $ L_1, \ldots, L_5 $, przy czym dla wszystkich łuków prawdopodobieństwo wylosowania jest jednakowe. Wykazać, że wartość oczekiwana długości części wspólnej $ L_1\cap L_2 \cap L_3 \cap L_4 \cap L_5 $ nie zależy od $ n $.

Rozwiązanie

Wierzchołki wielokąta dzielą okrąg na $ n $ łuków długości $ 1/n $. Ponumerujmy te łuki: $ J_1, \ldots, J_n $. Oznaczmy przez $ \mathcal{L} $ zbiór, z którego dokonuje się losowania. Elementami zbioru $ \mathcal{L} $ są łuki danego okręgu, z których każdy ma dwa końce, będące różnymi wierzchołkami rozważanego wielokąta (patrz: Uwaga). Innymi słowy: łuk $ L $ danego okręgu jest elementem zbioru $ \mathcal{L} $ wtedy i tylko wtedy, gdy jest sumą m łuków $ J_i $ gdzie $ 0 < m < n $.

Ustalmy numer $ i \in \{1, \ldots,n\} $. Wybierzmy losowo jeden łuk $ L \in  \mathcal{L} $. Prawdopodobieństwo tego, że łuk $ L $ zawiera ustalony łuk $ J_i $ równa się $ 1/2 $:

\[<br />
(1) \qquad P(L \supset J_i) = \frac{1}{2}.<br />
\]

Wynika to stąd, że każda para wierzchołków wielokąta wyznacza dwa różne łuki, z których dokładnie jeden zawiera $ J_i $, a zatem te łuki $ K \in \mathcal{L} $, które zawierają nasz łuk stanowią dokładnie połowę w zbiorze $ \mathcal{L} $.

Rozważane w zadaniu doświadczenie polega na wylosowaniu pięciu łuków $ L_1, L_2, L_3, L_4, L_5 \in \mathcal{L} $, z dopuszczeniem powtórzeń. Przyjmujemy, że losowania są niezależne: prawdopodobieństwo tego, że część wspólna wylosowanych łuków zawiera ustalony łuk $ J_i $ równa się iloczynowi prawdopodobieństw (1), branych kolejno dla $ L = L_1, \ldots, L_5 $:

\[<br />
(2) \qquad \begin{split}<br />
&P((L_1 \cap L_2 \cap L_3 \cap L_4 \cap L5) \cap J_i) =\\<br />
&=P((L_1 \supset J_i) \vee(L_2 \supset J_i) \vee(L_3 \supset J_i) \vee(L_4 \supset J_i) \vee(L_5 \supset J_i) ) = \left( \frac{1}{2} \right)^5<br />
\end{split}<br />
 \]

Dla $ i \in \{1, \ldots,n\} $ niech $ X_i $ oznacza zmienną losową określoną następująco:

\[<br />
X =\left\{ \begin{array}{ll}<br />
1& \textrm{gdy } (L_1 \cap L_2 \cap L_3 \cap L_4 \cap L5) \cap J_i\\<br />
0& \textrm {w przeciwnym razie}<br />
\end{array} \right.<br />
\]

Wobec równości (2) wartość oczekiwana tej zmiennej wynosi

\[<br />
(3) \qquad E(X_i) = \left(\frac{1}{2}\right)^5\quad    \textrm{dla }  i = 1,\ldots, n.<br />
\]

Część wspólna $ L_1 \cap L_2 \cap L_3 \cap L_4 \cap L5 $ może być zbiorem pustym, zbiorem jednopunktowym lub sumą pewnej liczby łuków $ J_i $. Jej długość - czyli badana zmienna losowa $ X $ - równa się liczbie zawartych w owej sumie łuków $ J_i $, pomnożonej przez $ 1/n $ (wspólną długość wszystkich $ J_i $)- Zatem $ X $ przyjmuje wartość $ k/n $ wtedy i tylko wtedy, gdy dokładnie $ k $ spośród zmiennych losowych $ X_1, \ldots, X_n $ ma wartość $ 1 $, a reszta $ 0 $. Wobec tego
$ X = \frac{1}{2} (X_1+ \ldots +X_n) $ i w konsekwencji wartość oczekiwana zmiennej $ X $ równa się średniej arytmetycznej wartości (3), czyli

\[<br />
E(X) = \frac{1}{n}(E(X_1)+ \ldots +E(X_n)) =  \left(\frac{1}{2}\right)^5.<br />
\]

Otrzymana liczba, jak widać, nie zależy od $ n $.

Uwaga. Ze sformułowania treści zadania nie wynika jednoznacznie, czy słowo ,,końce'' użyte w liczbie mnogiej niesie w sobie informację, że każdy z rozważanych łuków $ L $ ma dwa różne końce - a więc, czy nie są dopuszczone do rozważań łuki ,,niewłaściwe'', o końcach pokrywających się, a tym samym redukujące się do pojedynczego punktu, lub przeciwnie, będące całym okręgiem. Na pytania uczestników zawodów w tej sprawie udzielano odpowiedzi, że łuki ,,niewłaściwe'' nie są brane pod uwagę - czyli tak, jak w podanym wyżej rozwiązaniu. Warto jednak zauważyć, że wynik i całe rozumowanie nie zmieni się, gdy włączymy do zbioru $ \mathcal{L} $. łuki ,,niewłaściwe'', pod warunkiem, że przyjmiemy istnienie $ n $ łuków jednopunktowych i także w łuków otrzymanych przez obieg całego okręgu (początek i koniec w którymkolwiek wierzchołku). Nadal bowiem każdy z łuków $ \mathcal{L} $, będzie zawarty dokładnie w połowie łuków z $ L $, dzięki czemu pozostanie w mocy wzór (1).

Zaznaczmy jeszcze, że również założenie niezależności kolejnych pięciu losowań jest tu przyjmowane milcząco.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź