Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/jax.js
Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4676. feladat (2014. december)

B. 4676. A számegyenesen egy bolha ugrál. A 0-ból indul, minden ugrásának hossza 1, és a következő ugrás mindig p valószínűséggel az előzővel egyező, 1p valószínűséggel pedig ellentétes irányú. Mennyi annak a valószínűsége, hogy visszajut a 0-ba?

(6 pont)

A beküldési határidő 2015. január 12-én LEJÁRT.


Megoldás. Jelöljük q-val annak a valószínűségét, hogy a bolha visszajut a 0-ba. A szimmetria miatt feltételezhetjük, hogy pozitív irányba indul el. Jelöljük r-rel annak a valószínűségét, hogy az 1-ből eljut a 0-ba, ha az 1-re a 2-ből érkezett.

Ha p=1, akkor q=0, biztos, hogy a bolha nem tér vissza a 0-ba.

Tegyük fel mostantól, hogy p1. Az első ugrás után feltevésünk szerint a bolha az 1-ben van, innen 1p valószínűséggel egyből visszaugrik a 0-ba, p valószínűséggel pedig tovább a 2-re. Utóbbi esetben annak a valószínűsége, hogy a bolha visszatér az 1-be, szintén q. Ilyenkor az 1-be a 2-ből érkezik, így annak a valószínűsége, hogy ezután eljut a 0-ba r. Ezért az alábbi egyenlet írható fel:

(1)q=(1p)+pqr.

Most keressünk ehhez hasonló egyenletet r-re is. Miután az 1-be a 2-ből érkezett, p valószínűséggel továbbugrik a 0-ba, 1p valószínűséggel pedig visszaugrik a 2-re. Innen az előzőekhez hasonlóan q valószínűséggel jut vissza az 1-re és onnan r valószínűséggel jut el a 0-ba, ezért

(2)r=p+(1p)qr.

A két egyenletet összeadva

r+q=qr+1,

amiből átrendezés és szorzattá alakítás után a

0=(1q)(1r)

összefüggést kapjuk. Ez az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha r=1 vagy q=1. Ha r=1, akkor (2)-be behelyettesítve

1=p+(1p)q,

és így

(1p)(1q)=0.

Mivel p1, azért q=1, vagyis q=1-nek mindenképpen teljesülnie kell.

Tehát ha p1, akkor 1 valószínűséggel visszajut a 0-ba, p=1 esetén viszont biztos, hogy nem jut vissza.

Gáspár Attila (Miskolc, Földes F. Gimn., 9. évf.)


Statisztika:

42 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Alexy Marcell, Csépai András, Döbröntei Dávid Bence, Gáspár Attila, Horváth Miklós Zsigmond, Katona Dániel, Kovács 246 Benedek, Nagy-György Pál, Porupsánszki István, Schwarcz Tamás, Szebellédi Márton, Williams Kada.
5 pontot kapott:Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Molnár-Sáska Zoltán, Nagy Kartal, Szakály Marcell, Zsakó Ágnes.
4 pontot kapott:4 versenyző.
3 pontot kapott:1 versenyző.
2 pontot kapott:2 versenyző.
0 pontot kapott:17 versenyző.

A KöMaL 2014. decemberi matematika feladatai