Kezdőlap


Feladat:	2012. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2013/február, 74 - 75. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Matematika, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Események algebrája, Valószínűségszámítás - Statisztika
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/február: 2012. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

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

Jelölje ezt az $n$ eseményt $A_{1}, A_{2}, ..., A_{n}$ , ekkor $1 \leq i \leq n$ esetén $P (A_{i}) = \frac{1}{2}$ , továbbá $1 \leq i < j \leq n$ esetén $P (A_{i} \cap A_{j}) = \frac{1}{4}$ teljesül. Legyenek $B_{1}, ..., B_{k}$ olyan páronként diszjunkt események, melyek közül alkalmasak uniójaként mindegyik $A_{i}$ előállítható, és azt is tegyük fel, hogy mindegyik $B_{j}$ szerepel legalább az egyik $A_{i}$ előállításában. (Ilyenek például az $A_{1}' \cap ... \cap A_{n}'$ alakban előálló események, ahol $A_{i}'$ vagy az $A_{i}$ eseményt, vagy annak komplementerét jelöli, és legalább egy $i$ -re $A_{i}' = A_{i}$ teljesül.) Definiáljunk minden $1 \leq i \leq n$ esetén egy $(a_{i 1}, a_{i 2}, ..., a_{i k})$ vektort, ahol $a_{i j} = 1$ , amennyiben $B_{j}$ szerepel $A_{i}$ előállításában (vagyis $B_{j} \subseteq A_{i}$ ), különben pedig $a_{i j} = 0$ . Legyen $1 \leq j \leq k$ esetén $P (B_{j}) = p_{j}$ . Ekkor annak valószínűsége, hogy az $A_{1}, ..., A_{n}$ események közül legalább az egyik bekövetkezik: $p = p_{1} + ... + p_{k}$ .
Tekintsük a következő mennyiséget:

\begin{matrix} S : = p_{1} {(a_{11} + a_{21} + ... + a_{n 1})}^{2} + ... + p_{k} {(a_{1 k} + a_{2 k} + ... + a_{n k})}^{2} . \end{matrix}

Könnyen meggondolhatjuk, hogy

\begin{matrix} S = P (A_{1}) + ... + P (A_{n}) + 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} P (A_{i} \cap A_{j}) = \frac{n}{2} + \frac{n (n - 1)}{4} = \frac{n (n + 1)}{4} . \end{matrix}

Most a súlyozott számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség segítségével alulról becsüljük

S

értékét:

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{S}{p}} & \geq \frac{p_{1} (a_{11} + a_{21} + ... + a_{n 1}) + ... + p_{k} (a_{1 k} + a_{2 k} + ... + a_{n k})}{p} = \\ = \frac{P (A_{1}) + ... + P (A_{n})}{p} = \frac{n}{2 p}, \end{matrix}

amiből

\frac{n (n + 1)}{4} = S \geq \frac{n^{2}}{4 p}

, és így

p \geq \frac{n}{n + 1}

.
Ez azt jelenti, hogy annak a valószínűsége, hogy az

A_{1}, ..., A_{n}

események közül egyik sem következik be, legfeljebb

\frac{1}{n + 1}

.
A feladat

(b)

részének igazolásához legyen

n = 2^{t} - 1

, ahol

t

tetszőleges pozitív egész szám. Dobjunk

t

-szer egy szabályos pénzérmével, és a dobások halmazának tetszőleges nemüres

H

részhalmazára legyen

A_{H}

az az esemény, hogy a

H

-beli dobások között páratlan sok fej van. Megmutatjuk, hogy ez az

n

esemény kielégíti a feltételeket. Legyen először

H

a dobások halmazának egy nemüres részhalmaza, és legyen

h \in H

. Képzeljük úgy, hogy a

h

dobás történik utoljára. Ha a

H ∖ {h}

-beli dobások közül páratlan sok lett fej, akkor

\frac{1}{2}

valószínűséggel lesz a

H

-beli dobások közül is páratlan sok fej (ha a

h

dobás írás), ha pedig a

H ∖ {h}

-beli dobások közül páros sok lett fej, akkor szintén

\frac{1}{2}

valószínűséggel lesz a

H

-beli dobások között páratlan sok fej (ha a

h

dobás fej). Ezért

P (A_{H}) = \frac{1}{2}

. Legyenek most

H_{1}

és

H_{2}

a dobások halmazának különböző nemüres részhalmazai. Feltehetjük, hogy például

H_{1} / \subseteq H_{2}

, vagyis létezik

h_{1} \in H_{1} ∖ H_{2}

. Legyen

h_{2} \in H_{2}

. Képzeljük úgy, hogy a

h_{1}

dobás az utolsó, a

h_{2}

pedig az utolsó előtti. Akármi is a

h_{1}

h_{2}

előtti dobások eredménye, a

h_{2}

dobás után

\frac{1}{2}

valószínűséggel lesz a

H_{2}

-beli dobások között páratlan sok fej, és a

H_{2}

-beli fejek számán a

h_{1}

dobás már nem változtat. A

h_{1}

előtti dobások eredményétől függetlenül, az utolsó,

h_{1}

dobás után pedig

\frac{1}{2}

valószínűséggel lesz a

H_{1}

-beli fejek száma páratlan. Ez azt jelenti, hogy

P (H_{1} \cap H_{2}) = \frac{1}{4}

. Az

A_{H}

események közül akkor nem következik be egyik sem, ha az összes dobás eredménye írás, ennek a valószínűsége pedig

\frac{1}{2^{t}} = \frac{1}{n + 1}

. Ezzel a feladat

(b)

részét is igazoltuk.

Megjegyzés. Tetszőleges páratlan

n

-re megadható

n

olyan esemény, amelyek teljesítik a feladatbeli feltételeket úgy, hogy pontosan

\frac{1}{n + 1}

valószínűséggel nem következik be egyik sem. Legyen ugyanis

n = 2 k + 1

, és tegyük fel, hogy az eseményeink közül mindig pontosan

k + 1

következik be, ráadásul bárhogyan is választunk ki

k + 1

eseményt, azok együttes bekövetkezésének valószínűsége pontosan

p = \frac{k! \cdot k!}{2 \cdot (2 k)!}

. Ekkor az

A_{i}

esemény bekövetkezésének a valószínűsége

\begin{matrix} P (A_{i}) = (\binom{2 k}{k}) \cdot p = \frac{(2 k)! \cdot k! \cdot k!}{k! \cdot k! \cdot 2 \cdot (2 k)!} = \frac{1}{2}, \end{matrix}

illetve az

A_{i}

és

A_{j}

események együttes bekövetkezésének valószínűsége

i \neq j

esetén

\begin{matrix} P (A_{i} \cap A_{j}) (\binom{2 k - 1}{k - 1}) \cdot p = \frac{(2 k - 1)! \cdot k! \cdot k!}{(k - 1)! \cdot k! \cdot 2 \cdot (2 k)!} = \frac{k}{2 \cdot 2 k} = \frac{1}{4} . \end{matrix}

Annak a valószínűsége pedig, hogy egyik esemény sem következik be éppen

\begin{matrix} 1 - (\binom{2 k + 1}{k + 1}) \cdot p & = 1 - \frac{(2 k + 1)! \cdot k! \cdot k!}{(k + 1)! \cdot k! \cdot 2 \cdot (2 k)!} = 1 - \frac{2 k + 1}{2 \cdot (k + 1)} = \\ = 1 - \frac{2 k + 1}{2 k + 2} = \frac{1}{2 k + 2} = \frac{1}{n + 1} . \end{matrix}