Feladat:	B.3407	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Lang Péter ,  Szalay Zsófia
Füzet:	2001/május, 290 - 291. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Többszemélyes véges játékok, Klasszikus valószínűség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/november: B.3407

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Annak a valószínűsége, hogy az első dobás 1-es vagy 2-es lesz, $P_1=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}$. Annak a valószínűsége, hogy az első nem az, de a második igen, $P_2=\frac{4}{5}\cdot \frac{1}{5}$. Hasonlóan kapjuk, hogy $P_3={\left(\frac{4}{5}\right)}^2\cdot \frac{1}{5}$, $\text{...}$, $P_k={\left(\frac{4}{5}\right)}^{k-1}\cdot \frac{1}{5}$. Annak a valószínűsége tehát, hogy az elsőnek dobó játékos lesz a kalandmester, $\begin{array}{c}{\displaystyle p_1=\sum _{i=0}^{\infty }{P}_{6i+1}=\sum _{i=0}^{\infty }{\left(\frac{4}{5}\right)}^{6i}\cdot \frac{1}{5}\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonlóan, $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle p_2=\sum _{i=0}^{\infty }{P}_{6i+2}=\sum _{i=0}^{\infty }{\left(\frac{4}{5}\right)}^{6i+1}\cdot \frac{1}{5}=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{4}{5}\cdot {\left(\frac{4}{5}\right)}^{6i}\cdot \frac{1}{5}=\frac{4}{5}{p}_1<p_1\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle p_3=\sum _{i=0}^{\infty }{\left(\frac{4}{5}\right)}^{6i+2}\cdot \frac{1}{5}=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{4}{5}\cdot {\left(\frac{4}{5}\right)}^{6i+1}\cdot \frac{1}{5}=\frac{4}{5}{p}_2<p_2\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ és ungyanígy kapjuk, hogy $p_3>p_4>p_5>p_6$. Így azt javasolnám Dorottyának, hogy elsőnek dobjon.  Szalay Zsófia (Budapest, Szent István Gimn., 11. o.t.)   Megjegyzés. A szóban forgó valószínűségek pontosan kiszámíthatóak: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle p_1=\sum _{i=0}^{\infty }{\left(\frac{4}{5}\right)}^{6i}\cdot \frac{1}{5}=\frac{1}{5}\left(1+{\left(\frac{4}{5}\right)}^6+{\left({\left(\frac{4}{5}\right)}^6\right)}^2+\text{...}\right)=\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^6}=\frac{5^5}{5^6-4^6}=\frac{3125}{11529}\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ és így tovább. Az összegük ‐ ellenőrzésképpen ‐ valóban 1: $\begin{array}{c}{\displaystyle p_1+p_2+\text{...}+p_6=\left(1+\frac{4}{5}+\text{...}+{\left(\frac{4}{5}\right)}^5\right)\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{1}{1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^6}=\frac{{\left(\frac{4}{5}\right)}^6-1}{\frac{4}{5}-1}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{1}{1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^6}=1.}\end{array}$   II. megoldás. Vizsgáljuk meg annak az esélyét, hogy a $k$-adik dobásnál dől el a sorsolás, ekkor dobnak először 1-et vagy 2-t: a már látottak szerint $P_k={\left(\frac{4}{5}\right)}^{k-1}\cdot \frac{1}{5}$, a $P_k$ valószínűségek tehát szigorúan monoton csökkennek: Látható, hogy minden körben az először dobó játékosnak van a legnagyobb esélye a kalandmesterségre. Tehát ha Dorottya kalandmester szeretne lenni, dobjon elsőnek.  Lang Péter (Győr, Révai M. Gimn., 10. o.t.)   Megjegyzés. Sokan írták azt, hogy mivel $P_1>P_2>\text{...}$, azért $n$ növekedtével egyre kisebb az esélye, hogy valaki 1-et vagy 2-t dobjon. Tehát $k=1$-re a legnagyobb ez az esély, ezért Dorottya dobjon elsőnek. Ez a fenti megoldás egy hiányos változata.