Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 583. feladat (2013. február)

A. 583. Adott n véletlen esemény (n\ge3) úgy, hogy mindegyikük valószínűsége \frac12, bármelyik kettő együttes bekövetkezésének valószínűsége \frac14, továbbá bármelyik három együttes bekövetkezésének valószínűsége \frac18.

(a) Igazoljuk, hogy annak a valószínűsége, hogy egyik esemény sem következik be, legfeljebb \frac{1}{2n}.

(b) Mutassuk meg, hogy végtelen sok n esetén megadhatók az események oly módon, hogy pontosan \frac{1}{2n} legyen annak a valószínűsége, hogy egyik esemény sem következik be.

A 2012. évi Kürschák-verseny 3. feladata nyomán

(5 pont)

A beküldési határidő 2013. március 11-én LEJÁRT.


Megoldásvázlat. (a) Legyen N a bekövetkező események száma, és p annak valószínűsége, hogy N>0. Jelölje E(f(N)|N>0) az f(N) várható értékét azzal a feltétellel, hogy N>0. Ekkor

E(1|N>0)=1,

 E(N|_{N>0}) = \frac1p\sum_i P(A_i) = \frac{n}{2p},

 E(N^2|_{N>0}) = \frac1p \left(\sum_i P(A_i)+2\sum_{i<j} P(A_i\cap A_j)\right) =
  \frac1p \left(n\cdot\frac12 + 2\binom{n}2 \frac14 \right) =
  \frac{n^2+n}{4p},

 E(N^3|_{N>0}) = \frac1p \left(\sum_i P(A_i)+6\sum_{i<j} P(A_i\cap A_j)
    + 6\sum_{i<j<k} P(A_i\cap A_j\cap A_k) \right) =

  = \frac1p \left(\frac{n}2 + 6\binom{n}2 \frac14
    + 6\binom{n}3 \frac18 \right) =
  \frac{n^3+3n^2}{8p}.

Az -x^3+2nx^2-\frac54n^2x+\frac{n^3}4=(n-x)(x-n/2)^2\ge0 egyelőtenségbe x=N-et beírva, majd feltételes határértéket véve,


  E\left( -N^3+2nN^2-\frac54n^2N+\frac{n^3}4 \bigg|_{N>0}\right) \ge0


  -E(N^3|_{N>0})
  +2nE(N^2|_{N>0})
  -\frac54n^2E(N|_{N>0})
  +\frac{n^3}4E(1|_{N>0}) 
  \ge0


  -\frac{n^3+3n^2}{8p} +2n\frac{n^2+n}{4p}
  -\frac54n^2\frac1p +\frac{n^3}4 \ge0


  p \ge 1-\frac1{2n}.

(b) Látható, hogy egyenlőség nem lehetséges, ha n páratlan. Ha n=2k, akkor az egyenlőség elérhető, például a következőképpen.

-- \frac1{4k} valószínűséggel egyik esemény sem következik be.

-- \frac1{4k} valószínűséggel mindegyik esemény bekövetkezik.

-- \frac{2k-1}{2k} valószínűséggel az eseményeknek pontosan fele következik be, mindegyik lehetséges k-as ugyanakkora eséllyel.

Ekkor


  P(A_i) = \frac1{4k} + \frac{2k-1}{2k}\cdot
  \frac{\binom{2k-1}{k-1}}{\binom{2k}{k}} =
  \frac1{4k} + \frac{2k-1}{2k}\cdot \frac12 = \frac12


  P(A_{i_1}\cap A_{i_2}) = \frac1{4k} + \frac{2k-1}{2k}\cdot
  \frac{\binom{2k-2}{k-2}}{\binom{2k}{k}} =
  \frac1{4k} + \frac{2k-1}{2k}\cdot \frac{k-1}{2(2k-1)} = \frac14


  P(A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap A_{i_3}) =
  \frac1{4k} + \frac{2k-1}{2k}\cdot
  \frac{\binom{2k-3}{k-3}}{\binom{2k}{k}} =
  \frac1{4k} + \frac{2k-1}{2k}\cdot \frac{(k-1)(k-2)}{2(2k-1)(2k-2)} =
  \frac18.


Statisztika:

3 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Janzer Olivér, Nagy Bence Kristóf, Szabó 928 Attila.

A KöMaL 2013. februári matematika feladatai