Kezdőlap


Feladat:	B.3849	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Prőhle Zsófia , Szirmay-Kalos Barnabás
Füzet:	2006/április, 221 - 222. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Klasszikus valószínűség, Várható érték, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/október: B.3849

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

I. megoldás. A szükséges dobások száma pontosan akkor $n$ , ha az első $n - 1$ dobás fej, az $n$ -edik pedig írás ‐ ennek valószínűsége ${(\frac{1}{2})}^{n - 1} \cdot \frac{1}{2} = {(\frac{1}{2})}^{n}$ , vagy ha az első $(n - 1)$ dobás írás, az $n$ -edik pedig fej ‐ ennek a valószínűsége ugyancsak ${(\frac{1}{2})}^{n - 1} \cdot \frac{1}{2} = {(\frac{1}{2})}^{n}$ ; így

\begin{matrix} 2 \cdot {(\frac{1}{2})}^{n} = \frac{1}{2^{n - 1}} \end{matrix}

valószínűséggel dobunk

n

-szer (

n \geq 2

). A szükséges dobások számának a várható értéke definíció szerint a dobások számának a valószínűségükkel súlyozott átlaga, azaz

\begin{matrix} M = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{n}{2^{n - 1}} . \end{matrix}

M

értékét adó végtelen sort a

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2^{n}} = 2

végtelen mértani sor összegének felhasználásával határozzuk meg:

\begin{matrix} M & = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{2^{n - 1}} + \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{n - 1}{2^{n - 1}} = 1 + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{k}{2^{k}} = 1 + \frac{1}{2} + \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{k}{2^{k}} = \\ = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{k}{2^{k - 1}} = \frac{3}{2} + \frac{M}{2}, \end{matrix}

tehát

M = 3

a dobások számának várható értéke.

Megjegyzés. Az

M

(és hasonló típusú összegek) egy másik kiszámítási módja a következő:

\begin{matrix} M = & 2 \cdot \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{1}{2^{2}} + 4 \cdot \frac{1}{2^{3}} + 5 \cdot \frac{1}{2^{4}} + ... = (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{2}}) + \\ + (\frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{3}}) + (\frac{1}{2^{4}} + \frac{1}{2^{4}} + \frac{1}{2^{4}} + \frac{1}{2^{4}} + \frac{1}{2^{4}}) + ... . \end{matrix}

Az egyes zárójelekben álló összegeket írjuk egy-egy sorba, majd az így kapott (fentről lefelé végtelen) táblázat elemeit ne soronként, hanem oszloponként összegezzük; az oszlopösszegek mindegyike egy

\frac{1}{2}

hányadosú végtelen mértani sor, ezzel pedig

\begin{matrix} M = & [\frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + ...] + [\frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + ...] + [\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{4}} + ...] + \\ + [\frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{4}} + \frac{1}{2^{5}} + ...] + ... = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + ... = 1 + 2 = 3. \end{matrix}

II. megoldás. Az első dobás után ‐ bármi is annak az értéke ‐ az ellenkező kimenetelre várunk. Ennek a valószínűsége

\frac{1}{2}

, ezért átlagosan két dobás után következik be. Tehát átlagosan

1 + 2 = 3

dobás szükséges ahhoz, hogy legyen fej is és írás is.