Kezdőlap


Feladat:	1096. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ádámffy E. , Bartók I. , Dömény I. , Fodor H. , Fuchs I. , Haar A. , Krampera Gy. , Kürti Imre , Messer P. , Pichler S. , Rássy P. , Schmidl I. , Schwarz Gy.
Füzet:	1903/február, 168 - 169. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinációk, Klasszikus valószínűség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1902/december: 1096. matematika feladat

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

Ismeretes, hogy a mathematikai valószínűséget a kedvező és az összes lehetséges esetek számának a viszonya adja. Minthogy $1, 2, 3, ... n - 1, n$ golyót húzhatunk, azért a lehetséges esetek száma $l$ , az $n$ elemből alakítható $1$ -es, $2$ -es, $3$ -as, $...$ $n$ -es combinácziók összegével egyenlő; tehát

\begin{matrix} l = (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2}) + (\binom{n}{3}) + ... + (\binom{n}{n - 1}) + (\binom{n}{n}) . \end{matrix}

Hogy eme összeget meghatározhassuk, legyen az

\begin{matrix} {(a + b)}^{n} = (\binom{n}{0}) a^{n} + (\binom{n}{1}) a^{n - 1} b + (\binom{n}{2}) a^{n - 2} b + ... + (\binom{n}{n - 1}) a b^{n - 1} + (\binom{n}{n}) b^{n} . \end{matrix}

egyenlőségben

a = b = 1

. Ekkor

\begin{matrix} 2^{n} = (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2}) + (\binom{n}{3}) + ... + (\binom{n}{n - 1}) + (\binom{n}{n}),. \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} l = 2^{n} - 1. \end{matrix}

Határozzuk meg ezek után a kedvező esetek számát. Minthogy

2, 4, 6, ...

golyó

(\binom{n}{2}), (\binom{n}{4}), (\binom{n}{6}), ...

féleképpen húzható, azért a kedvező esetek száma

k

, lesz:

\begin{matrix} k = (\binom{n}{2}) + (\binom{n}{4}) + (\binom{n}{6}) + ... \end{matrix}

Legyen először

n

páros szám, akkor minthogy

\begin{matrix} {(1 - 1)}^{n} = 0 = (\binom{n}{0}) - (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2}) - (\binom{n}{3}) + ... + (\binom{n}{n - 2}) - (\binom{n}{n - 1}) + (\binom{n}{n}), \end{matrix}

azért

\begin{matrix} (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{2}) + (\binom{n}{4}) + (\binom{n}{6}) + ... + (\binom{n}{n}) = (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{3}) + (\binom{n}{5}) + ... + (\binom{n}{n - 1}) = \frac{2^{n}}{2}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} k = 2^{n - 1} - (\binom{n}{0}) = 2^{n - 1} - 1. \end{matrix}

Hasonlóképpen, ha

n

páratlan szám:

\begin{matrix} k' = (\binom{n}{2}) + (\binom{n}{4}) + ... + (\binom{n}{n - 1}) = (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{3}) + (\binom{n}{5}) + ... + (\binom{n}{n}) - (\binom{n}{0}) = \frac{2^{n}}{2} - 1 = 2^{n - 1} - 1. \end{matrix}

Látjuk tehát, hogy a kedvező esetek száma mindkét esetben

2^{n - 1} - 1

.
Így tehát a keresett valószínűség:

\begin{matrix} v = \frac{2^{n - 1} - 1}{2^{n} - 1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2^{n} - 1} . \end{matrix}

A fordított valószínűség, vagyis annak valószínűsége, hogy a húzott golyók száma páratlan:

\begin{matrix} v = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2^{n} - 1} . \end{matrix}

Eredményeink mutatják, hogy a páratlan számú golyók húzásának valószínűsége nagyobb. Mindkét valószínűség annál jobban közelíti meg az

\frac{1}{2}

-et, minél nagyobb

n

(Kürti Imre, Eger.)

A feladatot még megoldották: Bartók I. és Schmidl I. műegyetemi hallgatók, továbbá Ádámffy E., Dömény I., Fodor H., Fuchs I., Haar A., Krampera Gy., Messer P., Pichler S., Rássy P., Schwarz Gy.