Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.271	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bodó Zalán , Bokor József , Buday Pál , Horváth 219 József , Seress Ákos , Spissich László , Surány Gábor , Tankovits Tibor , Tóth Csaba
Füzet:	1977/november, 147 - 148. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feltételes valószínűség, események, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1976/szeptember: Pontversenyen kívüli P.271

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

a) Mivel a határozatokat szótöbbség alapján hozzák, ezért akkor és csak akkor születik hibás döntés, ha legalább $3$ tag dönt hibásan. Ez csak a következő esetekben lehetséges: 1. mindenki hibás döntést hoz; 2. $4$ ember hoz hibás döntést, egy helyeset; 3. hárman hibásan, ketten helyesen döntenek. Jelölje $P_{1}$ , $P_{2}$ és $P_{3}$ ezek valószínűségét. Mivel a három esemény páronként diszjunkt, a keresett valószínűség: $P_{1} + P_{2} + P_{3}$ . Határozzuk meg az egyes valószínűségeket.

P_{1} = \frac{1}{20} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{10^{5}}

,
mivel döntéseik függetlenek.

P_{2} = \frac{19}{20} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{5} + 3 \cdot \frac{1}{20} \cdot \frac{9}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{5} + \frac{1}{20} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{4}{5} = \frac{50}{10^{5}}

.
Ugyanis vagy

A

, vagy

B, ...

, vagy

E

hoz helyes döntést. Ez az öt esemény páronként diszjunkt, s mindegyik esetben függetlenek a döntések.
3.

P_{3} = 3 \cdot \frac{19}{20} \cdot \frac{9}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} + 3 \cdot \frac{1}{20} \cdot \frac{9}{10} \cdot \frac{9}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{5} +

+ 3 \cdot \frac{1}{20} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{9}{10} \cdot \frac{4}{5} + \frac{19}{20} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{4}{5} = \frac{940}{10^{5}}

.
Így az a) esetben a keresett valószínűség:

\begin{matrix} P_{1} + P_{2} + P_{3} = \frac{991}{10^{5}} = 0, 00991. \end{matrix}

b) Most két esetet különböztethetünk meg:
1.

A

és

E

helyes döntést hoz;

B

C

D

hibásat (

P_{1}

).
2.

A

és

E

rosszul dönt; s még legalább egy tag hibásan dönt (

P_{2}

).
1.

P_{1} = \frac{19}{20} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{10} = \frac{19}{2 \cdot 10^{4}}

.
2.

P_{2} = \frac{1}{20} \cdot P

ahol

P

annak valószínűsége, hogy

B

C

és

D

közül legalább egy rosszul dönt. De

1 - P = \frac{9}{10} \cdot \frac{9}{10} \cdot \frac{9}{10}

, hiszen éppen

B

C

és

D

helyes döntésének valószínűségét adja. Ezek után:

\begin{matrix} P_{1} + P_{2} = \frac{19}{2 \cdot 10^{4}} + \frac{1}{20} \cdot \frac{10^{3} - 9^{3}}{10^{3}} = \frac{290}{2 \cdot 10^{4}} = 0, 0145. \end{matrix}

Spissich László (Pápa, Türr I. Gimn.)

Megjegyzés. Látható, hogy a b) esetben több lesz a hibás döntés, holott első pillanatban azt gondolnánk, hogy a ,,legbutább'' tagnak a ,,legokosabb''-hoz való alkalmazkodásával csökkennie kellene a hibás döntések számának.

Tóth Csaba (Sopron, Széchenyi I. Gimn., IV. o. t.)