XXXVIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXVIII OM, 1986-1987

Etap:

III

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 $1/2$ :

$ (1) \qquad P(L \supset J_i) = \frac{1}{2}. $

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 $L = L_1, \ldots, L_5$ :

$ (2) \qquad \begin{split} &P((L_1 \cap L_2 \cap L_3 \cap L_4 \cap L5) \cap J_i) =\\ &=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 \end{split} $

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

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

Wobec równości (2) wartość oczekiwana tej zmiennej wynosi

$ (3) \qquad E(X_i) = \left(\frac{1}{2}\right)^5\quad \textrm{dla } i = 1,\ldots, n. $

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

$ E(X) = \frac{1}{n}(E(X_1)+ \ldots +E(X_n)) = \left(\frac{1}{2}\right)^5. $

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.