Kezdőlap


Feladat:	651. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Almási L. , Bártfai P. , Biczó G. , Csiszár Imre , Darvas I. , Farkas L. , Fuchs T. , Füst Gy. , Gutai L. , Györösi P. , Huszár M. , Jakubovics J. , Jedlovszky P. , Jónás J. , Kálmán Gy. , Katona P. , Katz T. , Kelemen P. , Kirz J. , Kiss P. , Lőke Mária , Máthé Á. , Orlik P. , Pasitka Gy. , Pátkai B. , Perneczky L. , Pogány E. , Quittner P. , Rázga T. , Rédl Gy. , Réti S. , Siklósi K. , Stáhl L. , Szabados Gy. , Szabó E. , Szántó A. , Szatmáry Z. , Szentai E. , Tarlacz L. , Zsombok Z.
Füzet:	1955/október, 51 - 52. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Klasszikus valószínűség, Várható érték, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1954/december: 651. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

$a)$ Ha egy játszmára nézve annak valószínűségét, hogy $A$ nyer $V_{a}$ -val, hogy $B$ nyer, $V_{b}$ -vel, hogy döntetlenül végződik, $V_{d}$ -vel jelöljük, akkor a feladat szerint $V_{a} = 0, 3$ , $V_{d} = 0, 5$ és így $V_{b} = 1 - 0, 3 - 0, 5 = 0, 2$ .
Az adott feltételek mellett a mérkőzés legalább 2 és legfeljebb 4 játszma után eldől. Ha a 2, 3, 4 játszmás mérkőzések valószínűségei rendre $V_{2}$ , $V_{3}$ , ill. $V_{4}$ , akkor a várható játszmaszám

\begin{matrix} M = 2 V_{2} + 3 V_{3} + 4 V_{4}, ahol V_{2} + V_{3} + V_{4} = 1. \end{matrix}

Ki kell tehát számítanunk

V_{2}

V_{3}

és

V_{4}

értékét.
Két játszmában csak úgy dőlhet el a mérkőzés, ha vagy

A

nyeri mindkét játszmát, vagy

B

.
Tehát

\begin{matrix} V_{2} = V_{a}^{2} + V_{b}^{2} = 0, 09 + 0, 04 = 0, 13. \end{matrix}

Négy játszmás mérkőzés csak úgy lehetséges, ha az első 3 játszmában mindkét fél 1,5 pontot szerzett. Tehát vagy az első 3 játszma mindegyike döntetlen (aminek valószínűsége

0, 5^{3} = 0, 125

), vagy pedig mindkét fél 1‐1 játszmát nyert és egy játszma volt döntetlen. Ez utóbbi eredmény 3! = 6-féle sorrendben jöhet létre, tehát valószínűsége

6 \cdot 0, 2 \cdot 0, 3 \cdot 0, 5 = 0, 18

és így

\begin{matrix} V_{4} = 0, 125 + 0, 18 = 0, 305. \end{matrix}

Végül

\begin{matrix} V_{3} = 1 - (V_{2} + V_{4}) = 1 - (0, 13 + 0, 305) = 1 - 0, 435 = \\ = 1 - 0, 435 = 0, 565. \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} M = 2 \cdot 0, 13 + 3 \cdot 0, 565 + 4 \cdot 0, 305 = 0, 26 + 1, 695 + 1, 22 = 3, 175. \end{matrix}

b)

B

nyerheti a mérkőzést 2 játszmában; ennek valószínűsége

V_{b}^{2}

B

nyerhet 3 játszmában úgy, hogy egy játszmát nyer és 2 döntetlen. Ez történhetik 3-féle sorrendben, tehát valószínűsége

3 \cdot V_{b} V_{d}^{2}

B

még úgy is nyerhet 3 játszmában, hogy az első két játszmából egyet nyer és egyet nem nyer (kétféle sorrendben) és a harmadikat megnyeri. Ennek valószínűsége

2 V_{b} (1 - V_{b}) V_{b} = 2 V_{b}^{2} (1 - V_{b})

.
Másképpen

B

3 játszmában nem nyerhet.
Végül

B

4 játszmában nyer, miután az első 3 játszmában elért 1,5 pontot, és a negyediket megnyeri. Ennek valószínűsége

V_{4} V_{b}

.
Ezzel az összes lehetséges eseteket kimerítettük.
Az itt felsorolt esetek egymást kizáró, vagylagos esetek, és így az összegük adja meg a keresett

V

valószínűséget:

\begin{matrix} V & = V_{b}^{2} + 3 V_{b} V_{d}^{2} + 2 V_{b}^{2} (1 - V_{b}) + V_{4} V_{b} = \\ = 0, 2^{2} + 3 \cdot 0, 2 \cdot 0, 5^{2} + 2 \cdot 0, 2^{2} \cdot 0, 8 + 0, 305 \cdot 0, 2 = \\ = 0, 04 + 0, 15 + 0, 064 + 0, 061 = 0, 315. \end{matrix}

Csiszár Imre (Bp. I., Petőfi g. III. o. t.)