Математический факультетИнформация для студентовЭлектронная библиотека
Карта сайтаКарта сайта
Недавние измененияНедавние изменения
ПоискПоиск
  
Вы посетилиВы посетили
История страницыИстория страницы
  
Вход/выходВход


Содержание

№90

Конкурсная задача №90 (5 баллов)

Первокурсник Вася Пупкин (умеющий быстро считать и знакомый с основами теории вероятности) сел в троллейбус и купил билет. Закрыв пальцем шестизначный номер билета, он стал открывать по одной цифре и высчитывать вероятность того, что его билет окажется счастливым (т.е. сумма первых трех цифр будет равна сумме трех последних).
С первой цифрой Васе не повезло.
Вторая цифра усугубила ситуацию, вероятность того, что билет окажется счастливым, составила всего 0.0282. Впрочем, могло быть и хуже.
Зато после открывания третьей цифры вероятность «счастья» возросла до 0.055.
С четвертой цифрой Васе вновь не повезло: хуже и придумать было нельзя.
Тем не менее билет все же оказался счастливым. Более того, сумма всех цифр номера совпала с возрастом Васиного папы.
Найти номер билета.

Решение

Биекция f на множестве номеров, переводящая каждую цифру в ее дополнение до 9, переводит счастливые номера в счастливые. При этом сумма первых (последних) трех цифр переходит в число, дополняющее эту сумму до 27. Поэтому достаточно рассматривать билеты, у которых сумма первых трех цифр не превосходит 13, а дальше учитывать возникающую симметрию.

Обозначим через g(n), количество трехзначных (возможно с ведущими нулями) комбинаций с суммой цифр n.
g(0) = g(27) = 1
g(1) = g(26) = 3
g(2) = g(25) = 6
g(3) = g(24) = 10
g(4) = g(23) = 15
g(5) = g(22) = 21
g(6) = g(21) = 28
g(7) = g(20) = 36
g(8) = g(19) = 45
g(9) = g(18) = 55
g(10) = g(17) = 63
g(11) = g(16) = 69
g(12) = g(15) = 73
g(13) = g(14) = 75
Значения g(n) для n от 0 до 9 проще всего получить по формуле числа сочетаний с повторениями (распределение n единиц по трем позициям). Остальные значения можно получить аналогично, но с учетом поправки на то, что в каждую позицию можно помещать не более 9 единиц. Например, g(11) = C(13,2) - 3 - 6, где вычитаемые соответствуют комбинациям вида (11 0 0) и (10 1 0), и их перестановкам.

Вероятность 0.055 после открывания трех цифр соответствует суммам 9 и 18. Поскольку Васиному отцу не может быть 18 лет, следует взять второй вариант.

Тогда сумма первых двух цифр могла колебаться в диапазоне от 9 до 18. Для суммы 18 вероятность того, что билет окажется счастливым равна
(g(18)+g(19)+…g(27))/10000 = 0.021.
Для суммы 17 эта вероятность равна
(g(17)+g(18)+…g(26))/10000 = 0.0282, что удовлетворяет условию. Для остальных сумм вероятность «счастья», очевидно, выше.

Итак треья цифра номера Васиного билета - 1, а сумма первых двух - 17. Учитывая, что после первой цифры «могло быть и хуже» заключаем, что первая цифра - 9, а вторая - 8.

Дальнейшее просто.
Четвертая цифра (наихудший вариант), конечно, - 0. Тогда две последние должны быть девятками.

Окончательно получаем номер 981099.

Обсуждение

После затянувшегося малолюдья задача 90 вызвала некоторое оживление в Марафоне - целых 5 откликов.

Олег Полубасов утверждает, что вероятности, приведенные в условии являются избыточными данными.

Что касается вероятности 0.055 то я отчасти (но только отчасти!) согласен с Олегом.
Допустим, что сумма первых трех цифр больше 18. Тогда наихудшая четвертая цифра приведет к тому, билет уже не сможет оказаться счастливым. Если же сумма первых трех цифр меньше 18 (но может быть половиной возраста Васиного папы), то ответ не будет определяться однозначно. Например, если сумма первых трех цифр 17, последние три цифры могут быть 089 или 098.
Таким образом существование и единственность решения обеспечивается только суммой 18.
Я видел такой способ рассуждения уже при составлении задачи. Но вряд ли можно считать его вполне корректным.

Что же касается избыточности другой вероятности, то тут Олег, на мой взгляд, и вовсе погорячился.
Допустим, что в условии нет упоминания о вероятности 0.0282 после открывания второй цифры, а все остальное неизменно. Тогда номер билета может быть, например, 882099 или 873099.

Награды

За правильное решение задачи 90 Олег Полубасов, Анатолий Казмерчук и Евгений Машеров получают по 5 призовых баллов, а Татьяна Шемелова - 4 призовых балла. Иван Козначеев, сбившийся с верного пути в самом конце получает 3 призовых балла.

Эстетическая оценка задачи - 3.5 балла


 

 


Страница: [[marathon:problem_90]]

marathon/problem_90.txt · Последние изменения: 2008/09/21 21:41 (внешнее изменение)
Powered by DokuWiki  ·  УКЦ ВГПУ 2006