Feladat:	B.4571	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Di Giovanni Márk ,  Fonyó Viktória ,  Forrás Bence ,  Herczeg József ,  Kusz Ágnes ,  Schwarz Tamás ,  Szabó Barnabás ,  Szőke Tamás
Füzet:	2014/április, 221 - 223. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Valószínűségi változó, Várható érték
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/október: B.4571

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Jelölje $p_n$ a feladatban kérdezett valószínűséget. Az $A_2\mathrm{,}{A}_3\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_{n+1}$ események közül vagy akkor következik be páratlan sok, ha az $A_2\mathrm{,}{A}_3\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_n$ események közül páros sok és azonkívül $A_{n+1}$ is bekövetkezik, vagy ha az előbbiek közül páratlan sok következik be, $A_{n+1}$ pedig nem. Mivel az $A_i$ események függetlenek, felírható a következő rekurzív egyenlet: $\begin{array}{c}{\displaystyle p_{n+1}=P\left(A_{n+1}\right)\left(1-p_n\right)+\left(1-P\left(A_{n+1}\right)\right)p_n\mathrm{.}}\end{array}$ A feladat feltétele szerint $P\left(A_2\right)=\frac{1}{8}$ és $P\left(A_3\right)=\frac{1}{18}$. Nyilván $p_2=\frac{1}{8}$ és így $\begin{array}{c}{\displaystyle p_3=\frac{1}{18}\cdot \frac{7}{8}+\frac{17}{18}\cdot \frac{1}{8}=\frac{2}{12}\mathrm{.}}\end{array}$ Megsejthető az általános képlet: $p_n=\frac{n-1}{4n}$. A képlet helyességét teljes indukcióval bizonyítjuk. A képlet $n=2$ és $n=3$ esetén helyes. Tegyük fel, hogy $n=k$-ra is igaz. Írjuk fel $n=k+1$-re: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle p_{k+1}}& {\displaystyle =P\left(A_{k+1}\right)\left(1-p_k\right)+\left(1-P\left(A_{k+1}\right)\right)p_k=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2{\left(k+1\right)}^2}\cdot \frac{3k+1}{4k}+\frac{2{\left(k+1\right)}^2-1}{2{\left(k+1\right)}^2}\cdot \frac{k-1}{4k}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\left(3k+1\right)+\left(k-1\right)\left(2k^2+4k+1\right)}{8k{\left(k+1\right)}^2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{2k^3+2k^2}{8k{\left(k+1\right)}^2}=\frac{2k^2\left(k+1\right)}{8k{\left(k+1\right)}^2}=\frac{k}{4\left(k+1\right)}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Tehát a képlet fennáll $n=k+1$-re is, az indukciót befejeztük. Annak a valószínűsége, hogy $A_2\mathrm{,}{A}_3\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_n$ közül páratlan sok következik be, $\frac{n-1}{4n}$.     II. megoldás. Legyen $p$ annak a valószínűsége, hogy $A_2\mathrm{,}{A}_3\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_n$ közül páratlan sok következik be. Definiáljuk az $X_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{X}_n$ valószínűségi változókat a következőképpen: legyen $X_i=-1$, ha $A_i$ bekövetkezik, illetve $X_i=+1$, ha $A_i$ nem következik be. Az $X_2{X}_3\text{...}{X}_n$ szorzat értéke pontosan akkor $-1$, ha $A_2\mathrm{,}{A}_3\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_n$ közül páratlan sok következik be, ellenkező esetben a szorzat $+1$. A szorzat várható értéke ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle E\left(X_2{X}_3\text{...}{X}_n\right)=p\cdot \left(-1\right)+\left(1-p\right)\cdot \left(+1\right)=1-2p\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Független változók szorzatának várható értékét tényezőnként is kiszámíthatjuk, ezért ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle E\left(X_2{X}_3\text{...}{X}_n\right)={\prod }_{i=2}^{n}E\left(X_i\right)={\prod }_{i=2}^n(P\left(A_i\right)\cdot \left(-1\right)+\left(1-P\left(A_i\right)\right)\cdot \left(+1\right))=}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle {\prod }_{i=2}^n\left(1-2P\left(A_i\right)\right)={\prod }_{i=2}^n\left(1-\frac{1}{i^2}\right)={\prod }_{i=2}^n\frac{\left(i-1\right)\left(i+1\right)}{i^2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle \frac{\left(1\cdot 3\right)\cdot \left(2\cdot 4\right)\cdot \left(3\cdot 5\right)\text{...}\left(\left(n-3\right)\left(n-1\right)\right)\left(\left(n-2\right)\cdot n\right)\left(\left(n-1\right)\left(n+1\right)\right)}{2^2\cdot 3^2\text{...}{n}^2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle \frac{2n\left(n+1\right)}{2^2\cdot n^2}=\frac{n+1}{2n}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   (Kisebb $n$ esetén a középső tényezők ,,összeérnek''.) Az (1) és (2) összevetéséből $1-2p=\frac{n+1}{2n}$, amiből   $\begin{array}{c}{\displaystyle p=\frac{n-1}{4n}\mathrm{.}}\end{array}$