Kezdőlap


Feladat:	1298. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Barna Tibor , Bencze József , Bölcskei János , Datner Pál , Fehér György , Frankl Otto , Gárdos Pál , Harsányi János , Holzer Pál , ifj. Puky Gy. , Lóránd Endre , Oroszhegyi Szabó Lajos. , Pálos Peregrin , Papp István , Sájermann János , Sebestyén Gyula , Szűcsi István , Tarnóczy Loránt , Vajda I.
Füzet:	1937/április, 244. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Klasszikus valószínűség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/február: 1298. matematika feladat

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

Az 5 pengősök száma mindegyik erszényben legyen $p$ , az 1 pengősök száma az egyikben $r_{1}$ a másikban $r_{2}$ .
Hogy az első erszényhez nyúlunk, annak valószínűsége $\frac{1}{2}$ ; hogy ebből egy 5 pengőst húzunk ki, annak valószínűsége $\frac{p}{p + r_{1}}$ . Minthogy itt két, egymástól független esemény együttes bekövetkezéséről van szó, ennek valószínűsége: $\frac{1}{2} \cdot \frac{p}{p + r_{1}}$ .
Hogy a második erszényhez nyúlunk és ebből veszünk ki egy 5 pengőst, annak valószínsége: $\frac{1}{2} \cdot \frac{p}{p + r_{2}}$ .
Mivel vagy az elsőből, vagy a másodikból húzunk ki egy pénzdarabot, annak valószínűsége, hogy 5 pengőst húzunk ki:

\begin{matrix} v = \frac{1}{2} \cdot \frac{p}{p + r_{1}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{p}{p + r_{2}} = \frac{p}{2} (\frac{1}{p + r_{1}} + \frac{1}{p + r_{2}}) = \frac{p}{2} \cdot \frac{2 p + r_{1} + r_{2}}{(p + r_{1}) (p + r_{2})} . \end{matrix}

Ha az összes pénzdarabokat egy erszénybe tesszük, ebben

2 p + r_{1} + r_{2}

pénzdarab lesz, köztük

2 p

darab

5

pengős. Hogy ezen erszényből egy

5

pengőst vesszünk ki, annak valószínűsége

\begin{matrix} v' = \frac{2 p}{2 p + r_{1} + r_{2}} . \end{matrix}

Eszerint azt kell kimutatnunk, hogy

v > v'

, azaz

\begin{matrix} \frac{p}{2} \cdot \frac{2 p + r_{1} + r_{2}}{(p + r_{1}) (p + r_{2})} > \frac{2 p}{2 p + r_{1} + r_{2}} ill. {(2 p + r_{1} + r_{2})}^{2} > 4 (p + r_{1}) (p + r_{2}) . \end{matrix}

Ez azonban igaz; mert ha egyszerűség kedvéért

\begin{matrix} p + r_{1} = a, p + r_{2} = b, akkor {(a + b)}^{2} > 4 a b . \end{matrix}

Ugyanis

\begin{matrix} {(a + b)}^{2} - 4 a b = {(a - b)}^{2} > 0, \end{matrix}

tekintettel arra, hogy

r_{1} \neq r_{2}

ill.

a \neq b

Gárdos Pál (Bólyai r. VIII. o. Bp. V.)

Jegyzet.

1^{0}

. Ha

r_{1} = r_{2}

, akkor

a = b

és

v = v'

2^{0}

. Egyik megoldás szerzője megjegyzi, hogy bárki nyúl az erszénybe, biztosan

5

pengőst húz. Ezzel kapcsolatban kiemeljük, hogy ‐ amennyiben nincs külön megállapítás ‐ feltételezzük, miszerint az

1

ill.

5

pengősök húzása egyenlő valószínűséggel bír; tapogatózás nincs megengedve.