Kezdőlap


Feladat:	Gy.2368	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Imreh Csanád
Füzet:	1987/április, 166 - 167. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Mértani sorozat, Klasszikus valószínűség, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/november: Gy.2368

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

Vizsgáljuk először a kedvező esetek számát! Tegyük fel, hogy az első hatos a $k$ -adik dobáskor következik be ( $1 ≦ k ≦ 30$ ). Ekkor a megelőző ( $k - 1$ ) dobás kimenetele csak 1, 2 vagy 3 lehet, a hatos dobást követő $30 - k$ dobás viszont a lehetséges hatféle érték bármelyike. Így pontosan $3^{k - 1} \cdot 6^{30 - k}$ darab olyan sorozat lehet, amelyben a $k$ -adik dobás hatos, ezt megelőzően pedig nem szerepelnek a 4, 5, 6 értékek ( $1 ≦ k ≦ 30$ ).
A kedvező esetek száma tehát ezen értékek összege, amit a mértani sorozat összegképlete alapján számolhatunk ki:

\begin{matrix} 3^{0} \cdot 6^{29} + 3^{1} \cdot 6^{28} + ... + 3^{28} \cdot 6 + 3^{29} = 3^{29} (2^{29} + 2^{28} + ... + 2 + 1) = \\ = 3^{29} \cdot \frac{2^{30} - 1}{2 - 1} = 3^{29} (2^{30} - 1) . \end{matrix}

Az összes esetek száma az

1, ..., 6

számjegyeket tartalmazó 30 elemű sorozatok száma:

6^{30} .

Így a keresett valószínűség:

\begin{matrix} P = \frac{3^{29} (2^{30} - 1)}{6^{30}} = \frac{3^{29} (2^{30} - 1)}{3^{30} \cdot 2^{30}} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3 \cdot 2^{30}} . \end{matrix}

Mivel

3 \cdot 10^{- 10} < \frac{1}{3 \cdot 2^{30}} < 4 \cdot 10^{- 10}

, így az

\frac{1}{3 \cdot 2^{30}}

-t kivonva az 1/3-ból, az első nyolc tizedesjegy nem változik. A keresett valószínűség tehát 8 tizedes jegy pontossággal 1/3.