Kezdőlap


Feladat:	1492. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Freud Géza , Jakab Károly
Füzet:	1939/május, 211 - 212. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Klasszikus valószínűség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1939/február: 1492. matematika feladat

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

Az urnában legalább egy, legfeljebb 3 golyó fehér. (4 fehér golyó esetén mindig fehéret húznánk!)
Ha az urnában csak egy golyó fehér, akkor annak valószínűsége, hogy egy húzásnál fehéret húzunk, $\frac{1}{4}$ , hogy nem húzunk fehéret, $\frac{3}{4}$ . Hogy $2 n$ számú húzásnál éppen $n$ -szer húzunk fehéret, annak valószínűsége ¹

\begin{matrix} v_{1} = (\binom{2 n}{n}) {(\frac{1}{4})}^{n} {(\frac{3}{4})}^{n} = (\binom{2 n}{n}) \frac{3^{n}}{4^{2 n}} . \end{matrix}

Ha az urnában 2 fehér golyó van, akkor annak valószínűsége, hogy fehéret húzunk,

\frac{2}{4} = \frac{1}{2}

, hogy nem húzunk fehéret, szintén

\frac{1}{2}

. Hogy

2 n

számú húzásnál

n

-szer fehéret,

n

-szer nem fehéret húzunk, annak valószínűsége

\begin{matrix} v_{2} = (\binom{2 n}{n}) {(\frac{1}{2})}^{n} {(\frac{1}{2})}^{n} = (\binom{2 n}{n}) \frac{1}{4^{n}} . \end{matrix}

Hasonlóan

\begin{matrix} v_{3} = (\binom{2 n}{n}) {(\frac{3}{4})}^{n} {(\frac{1}{4})}^{n} = (\binom{2 n}{n}) \frac{3^{n}}{4^{2 n}} . \end{matrix}

Már most annak valószínűsége, hogy a második ok idézte elő az eseményt,

\begin{matrix} v = \frac{v_{2}}{v_{1} + v_{2} + v_{3}} = \frac{\frac{1}{4^{n}}}{2 \frac{3^{n}}{4^{2 n}} + \frac{1}{4^{n}}} = \frac{4^{n}}{2 \cdot 3^{n} + 4^{n}} . \end{matrix}

Freud Géza (Berzsenyi Dániel g. VII. o. Bp. V.).
Jakab Károly (VIII. o. magántanuló, Kalocsa).

Jegyzet. Könnyen igazolható, hogy

v

n

monoton növekvő függvénye;
ugyanis

\begin{matrix} \frac{4^{n + 1}}{2 \cdot 3^{n + 1} + 4^{n + 1}} > \frac{4^{n}}{2 \cdot 3^{n} + 4^{n}} . \end{matrix}

(Az egyenlőtlenség rendezése erre vezet:

8 \cdot 3^{n} > 2 \cdot 3^{n + 1}

ill.

8 > 6

).
Ha

n \to \infty

, akkor

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} v = {lim}_{n \to \infty}^{} \frac{1}{2 {(\frac{3}{4})}^{n} + 1} = 1 \end{matrix}

mert

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} {(\frac{3}{4})}^{n} = 0. \end{matrix}

Ha tehát a húzások száma igen nagy páros szám, akkor a szóbanforgó ok fennállása majdnem bizonyos.

¹Hogy egy bizonyos sorrendben húzunk

n

fehéret és

n

nem fehéret, annak valószínűsége

{(\frac{1}{4})}^{n} {(\frac{3}{4})}^{n}

. A lehetséges sorrendek száma pedig

\frac{(2 n)!}{n! n!} = (\binom{2 n}{n})