Cím:	A 2012. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatainak megoldása
Szerző(k):	Fleiner Tamás
Füzet:	2013/február, 70 - 75. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Matematika, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     A 2012. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatainak megoldása       1. Az $ABC$ háromszög $A$-val, illetve $B$-vel szemközti hozzáírt köreinek középpontjait jelölje $J_A$, illetve $J_B$. Húzzuk meg a körülírt kör egy olyan $PQ$ húrját, amely párhuzamos az $AB$ oldallal, továbbá metszi az $AC$ és $BC$ oldalszakaszokat. Az $AB$ és $CP$ egyenesek metszéspontja legyen $R$. Bizonyítsuk be, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle J_{A}Q{J}_B\sphericalangle +J_{A}R{J}_B\sphericalangle ={180}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás (Gyarmati Máté megoldása alapján). A $BCQ\sphericalangle$ és $BAQ\sphericalangle$ azonos íven nyugvó kerületi szögek, $BAQ\sphericalangle$ és $PQA\sphericalangle$ váltószögek, valamint $PQA\sphericalangle$ és $PCA\sphericalangle$ szintén azonos íven nyugvó kerületi szögek.     Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle BCQ\sphericalangle =BAQ\sphericalangle =PQA\sphericalangle =PCA\sphericalangle }\end{array}$ adódik. Ezen kívül $RAC\sphericalangle =BQC\sphericalangle$, hiszen $ABQC$ húrnégyszög. Tehát $RAC▵\sim BQC▵$, hisz két-két szögük egyforma, így $CRA\sphericalangle =CBQ\sphericalangle$ is teljesül. Legyenek $B\text{'}$ és $Q\text{'}$ rendre a $B$, illetve $Q$ pontok tükörképei a $J_A{J}_B$ egyenesre. Világos, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle J_{B}A{J}_A\sphericalangle =J_{B}AC\sphericalangle +CA{J}_A\sphericalangle =\frac{1}{2}\left(RAC\sphericalangle +CAB\sphericalangle \right)=\frac{1}{2}\cdot {180}^{\circ }={90}^{\circ }}\end{array}$ és hasonlóan $\begin{array}{c}{\displaystyle J_{B}B{J}_A\sphericalangle =J_{B}BC\sphericalangle +CB{J}_A\sphericalangle =\frac{1}{2}\left(ABC\sphericalangle +CBS\sphericalangle \right)=\frac{1}{2}\cdot {180}^{\circ }={90}^{\circ }\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $S$ a $CQ$ és $AB$ metszéspontja. A tükrözés miatt tehát $J_A$, $A$, $B$, $J_B$ és $B\text{'}$ egy körön ($J_A{J}_B$ Thalesz-körén) vannak. Ezen kívül $J_B$ és $J_A$ egyaránt rajta vannak az $ABC$ háromszög $C$-nél lévő külső szögfelezőjén, ezért a $B$ csúcs $B\text{'}$ tükörképe az $AC$ egyenesre illeszkedik. Korábban láttuk, illetve a tükrözés miatt $RCA\sphericalangle =QCB\sphericalangle =Q\text{'}CB\text{'}\sphericalangle$, így $R$, $C$ és $Q\text{'}$ is egy egyenesre esnek. Ezek szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle RAB\text{'}\sphericalangle =RAC\sphericalangle =BQC\sphericalangle =B\text{'}Q\text{'}C\sphericalangle =B\text{'}Q\text{'}R\sphericalangle \mathrm{,}}\end{array}$ tehát az $R\mathrm{,}A\mathrm{,}Q\text{'}$ és $B\text{'}$ pontok is húrnégyszöget alkotnak. A $J_{B}ABB\text{'}$ és $RAQ\text{'}B\text{'}$ körök hatványvonala $AB\text{'}$, a $J_{B}ABB\text{'}$ és $J_{B}R{J}_A$ körök hatványvonala pedig $J_A{J}_B$. E három kör hatványpontja pedig a két hatványvonal metszéspontja, $C$. Tehát a $C$ pont hatványa az $RAQ\text{'}B\text{'}$ körre $|\overline{CR}|\cdot |\overline{CQ\text{'}}|$, és ez megegyezik a $J_{A}R{J}_B$ körre vett hatvánnyal. Mivel $R$ az utóbbi körön fekszik, $Q\text{'}$-nek is illeszkednie kell e körre, tehát $J_{A}R{J}_{B}Q\text{'}$ húrnégyszög. Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle {180}^{\circ }=J_{A}R{J}_B\sphericalangle +J_{A}Q\text{'}{J}_B\sphericalangle =J_{A}R{J}_B\sphericalangle +J_{A}Q{J}_B\sphericalangle \mathrm{,}}\end{array}$ és nekünk pontosan ezt kellett igazolnunk.   Megjegyzés. A feladat állítása akkor is teljesül, ha a $PQ$ húrról nem tesszük fel, hogy metszi az $AC$ és $BC$ oldalszakaszokat. Ez az általánosítás több, egymástól lényegesen nem különböző eset gondos vizsgálatával a fentiekhez hasonlóan igazolható. A bizottság nem kívánta ezzel terhelni a versenyzőket, ezért döntött a speciális eset kitűzése mellett.   2. Jelölje $E\left(n\right)$ az $n$ pozitív egész szám $2$-es számrendszerbeli felírásában az $1$-esek számát. Nevezzünk egy $n$ pozitív egész számot érdekesnek, ha $n$ osztható $E\left(n\right)$-nel. Bizonyítsuk be, hogy $\left(a\right)$ nem lehet $5$ egymás utáni pozitív egész szám mindegyike érdekes, továbbá, hogy $\left(b\right)$ végtelen sok olyan $n$ pozitív egész szám van, amelyre az $n$, $n+1$ és $n+2$ számok mindegyike érdekes.   Megoldás. $\left(a\right)$ Indirekt bizonyítunk: tegyük fel, hogy létezik $5$ egymást követő, érdekes pozitív egész szám. Ezen számok közt bizonyosan van két olyan egymást követő szám (mondjuk $n$ és $n+1$), hogy az $n$ szám $2$-es számrendszerbeli felírása $01$-re végződik: $n=\text{...}{01}_2$. Ekkor az $\left(n+1\right)=\text{...}{10}_2$, ezért $E\left(n\right)=E\left(n+1\right)$. Mivel $n$ és $n+1$ egyaránt érdekesek, $E\left(n\right)\mid n$ és $E\left(n\right)=E\left(n+1\right)\mid n+1$ miatt $E\left(n\right)\mid \left(n+1\right)-n=1$ teljesül, tehát $E\left(n\right)=1$. Ezért $n=\text{...}{01}_2$-ből $n=1$ következik. Ekkor ugyan $n+1=2$ még érdekes, de $n+2=3$ már nem az, tehát nem létezik $5$ egymást követő érdekes pozitív egész szám. (Negatív számokat is megengedve létezik öt egymást követő érdekes szám: $-2$, $-1$, 0, 1, 2.) Egyúttal azt is igazoltuk, hogy ha az $n$, $n+1$, $n+2$ és $n+3$ pozitív egészek mindegyike érdekes, akkor az $n=\text{...}{10}_2$. $\left(b\right)$ A fenti bizonyításból kitűnik, hogy ha olyan $n$-t keresünk, amire az $n$, $n+1$ és $n+2$ számok mindegyike érdekes, akkor $n+2=\text{...}{00}_2$ vagy $n+2=\text{...}{01}_2$. Foglalkozzunk azzal az esettel, amikor $n+2=\text{...}{00}_2$. Sőt: tegyük fel, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle n+2=\text{...}{10000}_2\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $n+2$ osztható $16$-tal, de $32$-vel nem. Legyen $a:=E\left(n+2\right)$. Ekkor $n+1=\text{...}{01111}_2$ és $n=\text{...}{01110}_2$, tehát $E\left(n+1\right)=a+3$, $E\left(n\right)=a+2$, így $a+2\mid n$ és $a+3\mid n+1$, valamint $a\mid n+2$. Ezért olyan (minél kisebb) $a$-t keresünk, amire az $a$, $a+2$ és $a+3$ számok közül legfeljebb csak $a$-nak és $\left(a+2\right)$-nek lehet $1$-nél nagyobb közös osztója, és az sem lehet több $2$-nél. Éppenséggel az $a=2$ ilyen szám, ahhoz azonban, hogy ez megoldást adjon, az kellene, hogy $a+2=4\mid n$ teljesüljön, ahol $n+2=10\text{...}{010000}_2$. Ez pedig lehetetlen, ugyanis $n=\text{...}{10}_2$. Ezért a következő lehetőséggel, $a=4$-gyel próbálkozunk. Ekkor $n+2=2^{t_1}+2^{t_2}+2^{t_3}+2^4$, ahol $t_1>t_2>t_3>4$. Az $n$ és $n+1$ érdekességéből adódnak a $E\left(n\right)=6\mid n$ és $E\left(n+1\right)=7\mid n+1$ feltételek. Az $x:=n+2-16=n-14=2^{t_1}+2^{t_2}+2^{t_3}$ jelölést bevezetve azt kapjuk, hogy $x\equiv 6\left(\text{mod}7\right)$, $x\equiv 4\left(\text{mod}6\right)$ teljesül, és $t_3>4$ miatt $x\equiv 0\left(\text{mod}32\right)$. Ennek a kongruenciarendszernek kell tehát olyan $x=2^{t_1}+2^{t_2}+2^{t_3}$ alakú megoldását keresnünk, amelyre $t_1>t_2>t_3>4$. Nem nehéz megoldani a szimultán kongruenciarendszert sem (az $x\equiv 4\left(\text{mod}6\right)$ helyett $x\equiv 1\left(\text{mod}3\right)$ kongruenciát használva), de az ujjainkon számolva is célt érünk. A két első kongruencia az $x\equiv 34\left(\text{mod}42\right)$ kongruenciával ekvivalens. A $t_3>4$ feltétel azt jelenti, hogy $2^5\mid x$, tehát az $x=34+42k$ alakú számok közül csak 160, $160+42\cdot 16=832$, $\text{...}$ jön szóba. A $160={10100000}_2$ még nem jó, de a $832={1101000000}_2$ már igen. Tehát $n+2=2^9+2^8+2^6+2^4=848$ és valóban: az $n=846={1101001110}_2$ választással $E\left(846\right)=6\mid \mathrm{846,}$ $E\left(847\right)=7\mid 847$ és $E\left(848\right)=4\mid 848$. A most talált érdekes számhármas segítségével pedig úgy kaphatunk végtelen sok megoldást, ha észrevesszük, hogy $3\mid 2^6-1$ és $7\mid 2^6-\mathrm{1,}$ tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle m\left(j\right)=2^{9+6j}+2^{8+6j}+2^{6+6j}+2^4}\end{array}$ választással $\begin{array}{c}{\displaystyle E\left(m\left(j\right)-1\right)=7\mid m\left(j\right)-1=\left(2^{6j}-1\right)\cdot 832+847}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle E\left(m\left(j\right)-2\right)=6\mid m\left(j\right)-2=\left(2^{6j}-1\right)\cdot 832+846.}\end{array}$ (Az $E\left(m\left(j\right)\right)=4\mid m\left(j\right)$ pedig nyilván teljesül.)   Megjegyzések. 1. A $\left(b\right)$ rész megoldásához nem tartozik hozzá, hogyan is találtuk meg a végtelen sok példát. Természetesen az is teljes értékű megoldás, ha valaki csak az utolsó bekezdésben megadott számhármasokra bizonyítja be, hogy azok érdekes számokból állnak. (Utóbbit nem nehéz megtenni). Természetesen a mintamegoldásban egyúttal azt is jelezni kívántuk, hogyan lehet találni ilyen számhármasokat. 2. A $\left(b\right)$ rész megoldásának elején miért csak azt vizsgáltuk, ha $n+2$ bináris alakjában a két utolsó $0$ előtt még két $0$ áll? Nos azért, mert ha $n+2=\text{...}{100}_2$ lenne, akkor $n+1=\text{...}{011}_2$ és $n=\text{...}{010}_2$, vagyis $E\left(n\right)=E\left(n+2\right)\mid \left(n+2\right)-n=2$, tehát $n+2=2^t+4$ és $3\mid n+1=2^t+3$, ami lehetetlen. Hasonlóan, ha $n+2=\text{...}{1000}_2$, akkor $n+1=\text{...}{0111}_2$, $n=\text{...}{0010}_2$, így $a=E\left(m\right)$ jelöléssel $E\left(n+1\right)=a+2$ és $E\left(n\right)=a+1$-nek adódik, ám ez a mintamegoldásbelinél nagyobb $a$-ra vezet. (Egyébként van ilyen megoldás is, ezek legkisebbike $n+2=2360=2^{11}+2^8+2^5+2^4+2^3$, ahol tehát $a=4$ és $6\mid 2358={100100110110}_2$, $7\mid 2359={100100110111}_2$ és $5\mid 2360={100100111000}_2$.) 3. Ha a $\left(b\right)$ részben az $n$-et $n=\text{...}{11}_2$ alakban keresnénk, akkor hasonló gondolatmenettel még kisebb megoldást is találnánk: $n=623$-ra $7\mid 623={1001101111}_2$, $4\mid 624={1001110000}_2$ és $5\mid 625={1001110001}_2$. Innen pedig $7\mid 2^{12}-1$ és $5\mid 2^{12}-1$ miatt kapunk végtelen sok $\left(m\left(j\right)-\mathrm{1,}m\left(j\right)\mathrm{,}m\left(j\right)+1\right)$ érdekes hármast, ahol $m\left(j\right)=2^{9+12j}+2^{6+12j}+2^{5+12j}+2^4$. 4. A feladat $\left(a\right)$ részét kiegészítő természetes kérdés persze úgy hangzik, hogy a pozitív egészek között előfordul-e vajon végtelen sokszor négy egymást követő érdekes szám. A válasz igenlő: a legkisebb ilyen négyes a ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 6\mid 6222={1100001001110}_2\mathrm{,}7\mid 6223={1100001001111}_2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 4\mid 6224={1100001010000}_2\text{és}5\mid 6225={1100001010000}_2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Innen a fentiekhez hasonlóan kaphatunk végtelen sok $m\left(j\right)-2$, $m\left(j\right)-1$, $m\left(j\right)$, $m\left(j\right)+1$ érdekes számnégyest, ahol $m\left(j\right)=2^{12+12j}+2^{11+12j}+2^{6+12j}+2^4$. A $6222$ szám megtalálása pontosan ugyanolyan lépésekkel történhet, mint a $846$ vagy a $623$ számoké, csak valamivel több számolást (és így több időt) igényel, további említést érdemlő ötletre azonban nincs szükség. Ez hát a magyarázata annak, hogy a bizottság a feladat $\left(b\right)$ részében a természetesen adódónál egy könnyebb kérdést tűzött ki. 5. A $\left(b\right)$ részben használt ötletek nélkül is nagyon könnyen látható, hogy végtelen sok olyan $n$ van, amire $n$ és $n+1$ is érdekes. Ugyanis minden $n=2^t+4$ jó, ahol $t>2$ páros, hiszen $E\left(2^t+4\right)=2\mid 2^t+4$ és $E\left(2^t+5\right)=3\mid 2^t+5$. Vannak példák páratlan $n$-nel is, a legkisebb az $n=115={1110011}_2$. 6. Az $b$ alapú számrendszerben a feladatbelihez hasonlóan definiált számokat a szakirodalom $b$-Niven számokként említi. A $10$-Niven számokat röviden Niven-számoknak (vagy Harshad-számoknak) hívják. Helen Grundman publikálta 1994-ben, hogy legfeljebb $2b$ egymást követő $b$-Niven szám létezhet, és Cai bizonyította 1996-ban, hogy végtelen sokféleképp található $4$ egymást követő $2$-Niven szám, illetve hogy a $3$-Niven számok között is végtelen sok egymást követő hatos lép fel. Tudható még, hogy az egymást követő nem-Niven számok sorozata tetszőlegesen hosszú lehet, illetve hogy hány ($10$-)Niven szám van $x$-ig (DeKoninck‐Doyon tétele   szerint aszimptotikusan $c\frac{x}{\text{log}x}$, ahol $c=\frac{14}{27}\text{log}10\approx 1\mathrm{,}1939)$.     3. Tekintsünk $n$ eseményt, amelyek mindegyikének valószínűsége $\frac{1}{2}$, továbbá bármelyik kettő együttes bekövetkezésének valószínűsége $\frac{1}{4}$. $\left(a\right)$ Igazoljuk, hogy annak a valószínűsége, hogy egyik sem következik be, legfeljebb $\frac{1}{n+1}$. $\left(b\right)$ Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan $n$ természetes szám létezik, amelyre megadhatók az események oly módon, hogy pontosan $\frac{1}{n+1}$ legyen annak a valószínűsége, hogy egyik sem következik be.   Megoldás. Jelölje ezt az $n$ eseményt $A_1\mathrm{,}{A}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_n$, ekkor $1\le i\le n$ esetén $P\left(A_i\right)=\frac{1}{2}$, továbbá $1\le i<j\le n$ esetén $P\left(A_i\cap A_j\right)=\frac{1}{4}$ teljesül. Legyenek $B_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{B}_k$ olyan páronként diszjunkt események, melyek közül alkalmasak uniójaként mindegyik $A_i$ előállítható, és azt is tegyük fel, hogy mindegyik $B_j$ szerepel legalább az egyik $A_i$ előállításában. (Ilyenek például az $A_1\text{'}\cap \text{...}\cap A_n\text{'}$ alakban előálló események, ahol $A_i\text{'}$ vagy az $A_i$ eseményt, vagy annak komplementerét jelöli, és legalább egy $i$-re $A_i\text{'}=A_i$ teljesül.) Definiáljunk minden $1\le i\le n$ esetén egy $\left(a_{i1}\mathrm{,}{a}_{i2}\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_{ik}\right)$ vektort, ahol $a_{ij}=1$, amennyiben $B_j$ szerepel $A_i$ előállításában (vagyis $B_j\subseteq A_i$), különben pedig $a_{ij}=0$. Legyen $1\le j\le k$ esetén $P\left(B_j\right)=p_j$. Ekkor annak valószínűsége, hogy az $A_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_n$ események közül legalább az egyik bekövetkezik: $p=p_1+\text{...}+p_k$. Tekintsük a következő mennyiséget: $\begin{array}{c}{\displaystyle S:=p_1{\left(a_{11}+a_{21}+\text{...}+a_{n1}\right)}^2+\text{...}+p_k{\left(a_{1k}+a_{2k}+\text{...}+a_{nk}\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Könnyen meggondolhatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle S=P\left(A_1\right)+\text{...}+P\left(A_n\right)+2\sum _{1\le i<j\le n}^{}P\left(A_i\cap A_j\right)=\frac{n}{2}+\frac{n\left(n-1\right)}{4}=\frac{n\left(n+1\right)}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ Most a súlyozott számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség segítségével alulról becsüljük $S$ értékét: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{\frac{S}{p}}}& {\displaystyle \ge \frac{p_1\left(a_{11}+a_{21}+\text{...}+a_{n1}\right)+\text{...}+p_k\left(a_{1k}+a_{2k}+\text{...}+a_{nk}\right)}{p}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{P\left(A_1\right)+\text{...}+P\left(A_n\right)}{p}=\frac{n}{2p}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ amiből $\frac{n\left(n+1\right)}{4}=S\ge \frac{n^2}{4p}$, és így $p\ge \frac{n}{n+1}$. Ez azt jelenti, hogy annak a valószínűsége, hogy az $A_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_n$ események közül egyik sem következik be, legfeljebb $\frac{1}{n+1}$. A feladat $\left(b\right)$ részének igazolásához legyen $n=2^t-1$, ahol $t$ tetszőleges pozitív egész szám. Dobjunk $t$-szer egy szabályos pénzérmével, és a dobások halmazának tetszőleges nemüres $H$ részhalmazára legyen $A_H$ az az esemény, hogy a $H$-beli dobások között páratlan sok fej van. Megmutatjuk, hogy ez az $n$ esemény kielégíti a feltételeket. Legyen először $H$ a dobások halmazának egy nemüres részhalmaza, és legyen $h\in H$. Képzeljük úgy, hogy a $h$ dobás történik utoljára. Ha a $H\setminus \left\{h\right\}$-beli dobások közül páratlan sok lett fej, akkor $\frac{1}{2}$ valószínűséggel lesz a $H$-beli dobások közül is páratlan sok fej (ha a $h$ dobás írás), ha pedig a $H\setminus \left\{h\right\}$-beli dobások közül páros sok lett fej, akkor szintén $\frac{1}{2}$ valószínűséggel lesz a $H$-beli dobások között páratlan sok fej (ha a $h$ dobás fej). Ezért $P\left(A_H\right)=\frac{1}{2}$. Legyenek most $H_1$ és $H_2$ a dobások halmazának különböző nemüres részhalmazai. Feltehetjük, hogy például $H_1/\subseteq H_2$, vagyis létezik $h_1\in H_1\setminus H_2$. Legyen $h_2\in H_2$. Képzeljük úgy, hogy a $h_1$ dobás az utolsó, a $h_2$ pedig az utolsó előtti. Akármi is a $h_1$, $h_2$ előtti dobások eredménye, a $h_2$ dobás után $\frac{1}{2}$ valószínűséggel lesz a $H_2$-beli dobások között páratlan sok fej, és a $H_2$-beli fejek számán a $h_1$ dobás már nem változtat. A $h_1$ előtti dobások eredményétől függetlenül, az utolsó, $h_1$ dobás után pedig $\frac{1}{2}$ valószínűséggel lesz a $H_1$-beli fejek száma páratlan. Ez azt jelenti, hogy $P\left(H_1\cap H_2\right)=\frac{1}{4}$. Az $A_H$ események közül akkor nem következik be egyik sem, ha az összes dobás eredménye írás, ennek a valószínűsége pedig $\frac{1}{2^t}=\frac{1}{n+1}$. Ezzel a feladat $\left(b\right)$ részét is igazoltuk.   Megjegyzés. Tetszőleges páratlan $n$-re megadható $n$ olyan esemény, amelyek teljesítik a feladatbeli feltételeket úgy, hogy pontosan $\frac{1}{n+1}$ valószínűséggel nem következik be egyik sem. Legyen ugyanis $n=2k+1$, és tegyük fel, hogy az eseményeink közül mindig pontosan $k+1$ következik be, ráadásul bárhogyan is választunk ki $k+1$ eseményt, azok együttes bekövetkezésének valószínűsége pontosan $p=\frac{k!\cdot k!}{2\cdot \left(2k\right)!}$. Ekkor az $A_i$ esemény bekövetkezésének a valószínűsége $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(A_i\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k}{k}\right)\cdot p=\frac{\left(2k\right)!\cdot k!\cdot k!}{k!\cdot k!\cdot 2\cdot \left(2k\right)!}=\frac{1}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ illetve az $A_i$ és $A_j$ események együttes bekövetkezésének valószínűsége $i\ne j$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(A_i\cap A_j\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k-1}{k-1}\right)\cdot p=\frac{\left(2k-1\right)!\cdot k!\cdot k!}{\left(k-1\right)!\cdot k!\cdot 2\cdot \left(2k\right)!}=\frac{k}{2\cdot 2k}=\frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ Annak a valószínűsége pedig, hogy egyik esemény sem következik be éppen ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 1-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k+1}{k+1}\right)\cdot p}& {\displaystyle =1-\frac{\left(2k+1\right)!\cdot k!\cdot k!}{\left(k+1\right)!\cdot k!\cdot 2\cdot \left(2k\right)!}=1-\frac{2k+1}{2\cdot \left(k+1\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =1-\frac{2k+1}{2k+2}=\frac{1}{2k+2}=\frac{1}{n+1}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$