5. Kokos, Ma Štvú vzorové riešenie

V úlohe musíme zodpovedať otázku, aká je pravdepodobnosť, že pri hádzaní mincou sa skôr vyskytne postupnosť \(OHO\) ako \(HHO\). Najjednoduchšie preto bude pozrieť sa na rôzne situácie, ktoré môžu nastať po pár prvých hodoch a pri ktorých vieme ľahko určiť pravdepodobnosť výskytu našich dvoch trojíc.

Ak máme ľubovoľne dlhú postupnosť, pri ktorej sa ešte ani jedna z hľadaných trojíc nevyskytla, zaujímajú nás už len posledné dva hody, lebo už len tie môžu s budúcimi hodmi vytvoriť hľadanú trojicu. Teda o postupnosti s ľubovoľnými dvoma znakmi na konci vieme povedať, že pravdepodobnosť pre \(OHO\) bude rovnaká, ako v situácii ak by pred týmito znakmi iné neboli. Preto rozoberieme ako vyzerajú šance na \(OHO\) po prvých dvoch hodoch:

1. \(HH\) – Ak ďalej hodíme \(O\), skončíme bez \(OHO\). Ak hodíme \(H\), znova sme v rovnakej situácii s \(HH\) na konci. Buď sa teda nič nezmení, alebo dostaneme \(HHO\), takže šanca že dostaneme \(OHO\) je \(0\).

2. \(OH\) – Ak hodíme \(O\), skončíme s \(OHO\), a ak hodíme \(H\) tak sa dostaneme do situácie \(1\), kde určite nehodíme \(OHO\). Je teda \(1/2\) šanca, že skončíme s \(OHO\).

3. \(OO\) – Ak hodíme \(O\), nič sa nezmení na situácii, až pokým nehodíme \(H\). Vtedy sa dostaneme do situácie \(2\), kde už vieme, že šanca na \(OHO\) je \(1/2\), a to je teda šanca aj v tejto situácii.

4. \(HO\) – Ak hodíme \(O\), dostaneme sa do situácie \(3\), v opačnom prípade do situácie \(2\). V oboch prípadoch je šanca na \(OHO\) \(1/2\). Z toho vyplýva že tá istá šanca \(1/2\) bude aj tu.

Každý zo štyroch prípadov vyššie nastane po prvých dvoch hodoch s pravdepodobnosťou \(1/4\). Ak teda chceme zistiť, aká je šanca, že sa stane konkrétny prípad a v ňom padne \(OHO\), vynásobíme každú pravdepodobnosť \(1/4\). Tieto pravdepodobnosti potom stačí len sčítať, aby sme dostali celkovú pravdepodobnosť. Výsledná šanca, že skončíme s \(OHO\), je teda \[\frac{1}{4}\cdot 0 + \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{8}.\]

Poznámka

Na prvý pohľad sa môže zdať, že musí byť pravdepodobnosť pre obe tieto postupnosti rovnaká, pretože šanca, že hodíme z troch hodov ktorúkoľvek z nich, je \(1/8\). To by určite platilo, keby sme sa pýtali nezávisle na pravdepodobnosť, že padnú v prvej, druhej, až \(n\)-tej neprekrývajúcej sa trojici hodov. V tejto úlohe nás však zaujíma výskyt takejto trojice kdekoľvek v postupnosti. Čiže jednotlivé možnosti, kde sa postupnosť môže vyskytnúť, nie sú nezávislé a ak nájdeme ľubovoľnú postupnosť, kde je na konci jedna z týchto trojíc, ovplyvní nám to pravdepodobnosť, že sa pred tým už vyskytla druhá trojica.

Iné riešenie: cez opis priaznivých možností

Pravdepodobnosť sa štandardne počíta ako pomer počtu priaznivých možností k počtu všetkých možností. Tento prístup má však dva problémy. Po prvé, všetkých, aj priaznivých možností je v tejto úlohe nekonečne veľa a nemôžeme dávať do pomeru dve nekonečná. Po druhé, pri takýchto úlohách nemusí byť ľahké počítať priaznivé možnosti. Priaznivé postupnosti sú totiž také, ktoré sa končia na \(OHO\) a nikde skôr sa v nich nevyskytne \(OHO\) ani \(HHO\). Ukážeme si však, že priaznivé možnosti sa dajú v tejto úlohe celkom pekne opísať. Potom si len už budeme musieť nejako poradiť s ich nekonečným počtom. No ukážeme si, že s využitím mierne pokročilej matematiky je aj to možné.

Existuje jedna priaznivá postupnosť dĺžky \(3\): \(OHO\). Priaznivá postupnosť dĺžky \(4\) sa musí končiť na \(OHO\), teda máme dve možnosti: \(HOHO\) a \(OOHO\). Hoci pre úplnosť riešenia to nie je potrebné, pre názornosť uvedieme ešte priaznivé postupnosti dĺžky \(5\). Na posledných štyroch miestach musí byť jedna z dvoch priaznivých postupností dĺžky \(4\). Avšak pred postupnosť \(HOHO\) nemôžeme dať \(O\), lebo by sme dostali \(OHO\) už po treťom hode, ani tam nemôžeme dať \(H\), lebo by sme po treťom hode dostali \(HHO\). Túto úvahu teraz zovšeobecníme. Ideálnym spôsobom je dôkaz matematickou indukciou.

Ukážeme, že pre každé \(n \ge 4\) existujú práve dve priaznivé postupnosti dĺžky \(n\), z ktorých sa jedna začína na \(HO\) a druhá na \(OO\). Toto tvrdenie dokážeme matematickou indukciou. Prípad \(n = 4\) sme už overili vyššie. Predpokladajme teraz, že máme dve priaznivé postupnosti pre nejaké dané \(n\). Jedna z nich sa začína na \(HO\) – pred ňu nevieme pridať ani \(H\), ani \(O\). Druhá sa začína na \(OO\) – pred ňu vieme pridať aj \(H\), aj \(O\). Dostaneme tak opäť dve priaznivé postupnosti dĺžky \(n+1\), jedna sa začína na \(HOO\), druhá na \(OOO\). Tým je dôkaz indukciou hotový. Všimnite si, že sme do nášho dokazovaného tvrdenia pridali predpoklad o ich začiatku. Bez neho by sa nám ťažšie dokazovalo.

Ako teraz určíme pravdepodobnosť? Aby sme sa zbavili nekonečna, rozdelíme si náš problém na nekonečne veľa prípadov. Pravdepodobnosť, že \(OHO\) padne po \(n\)-tom hode si označíme \(p_n\). Pre \(n \ge 4\) máme dve priaznivé postupnosti, ako môže padnúť \(OHO\) po \(n\)-tom hode. Každú z týchto postupností dostaneme s pravdepodobnosťou \(1/2^n\) (premyslite si). Preto \(p_n = 1/2^n + 1/2^n = 1/2^{n-1}\). Špeciálne pre \(n = 3\) máme jedinú priaznivú postupnosť, ktorá padne s pravdepodobnosťou \(1/2^3 = p_3\). Keďže \(OHO\) nám môže padnúť len raz, môžeme všetky tieto pravdepodobnosti sčítať. Výsledná pravdepodobnosť, že skončíme na \(OHO\), teda je \[\begin{align} p_3 &+ p_4 + p_5 + p_6 + p_7 + \dots =\\ = \frac{1}{2^3} &+ \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^4} + \frac{1}{2^5} + \frac{1}{2^6} + \dots =\\ = \frac{1}{2^3} &+ \frac{1}{2^3}\left(1 + \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} \dots\right).\\\end{align}\]

Náš problém s nekonečnom sme odsunuli na tento nekonečný súčet. No v zátvorke sme dostali súčet, ktorý je známy ako súčet nekonečného geometrického radu, ktorý možno určiť (keďže \(|1/2| < 1\)) ako \[1 + \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \dots = \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} = 2.\] Hľadaná pravdepodobnosť preto je \[\frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^3}\cdot 2 = \frac18 + \frac28 = \frac38.\]