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

A B. 4959. feladat (2018. május)

B. 4959. Amikor Barnabás egyet bukfencezik, akkor a zsebében lévő \(\displaystyle n\) darab üveggolyó bármelyike egymástól függetlenül \(\displaystyle 0<p<1\) valószínűséggel kiesik a zsebéből. Ha egy bukfenc során legalább egy üveggolyó kiesett Barnabás zsebéből, akkor abbahagyja a bukfencezést, különben folytatja. Tudjuk, hogy miután abbahagyja Barnabás a bukfencezést, éppen 50% eséllyel van páros mennyiségű üveggolyó a zsebében. Mennyi lehetett \(\displaystyle n\) értéke?

(4 pont)

A beküldési határidő 2018. június 11-én LEJÁRT.


Megoldás. Annak valószínűsége, hogy egy bukfencezés során pontosan \(\displaystyle k\) üveggolyó esik ki Barnabás zsebéből \(\displaystyle \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\). Tudjuk, hogy az utolsó bukfencezés során \(\displaystyle 0<k\), vagyis \(\displaystyle k\in\{1,2,\dots,n\}\) volt. Annak valószínűsége, hogy egy bukfencezés során páratlan sok üveggolyó esik ki:

\(\displaystyle S_1:=\sum\limits_{2\nmid k, 1\leq k\leq n}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.\)

Annak valószínűsége pedig, hogy páros sok, és legalább kettő üveggolyó esik ki:

\(\displaystyle S_2:=\sum\limits_{2\mid k, 0<k\leq n}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.\)

Végül, annak valószínűsége, hogy egy bukfencezés során egyetlen üvegolyó sem esik ki: \(\displaystyle (1-p)^n\). Tudjuk, hogy az utolsó bukfencezésnél legalább egy üvegolyó esett ki, így annak valószínűsége, hogy ekkor páratlan, illetve páros sok üveggolyó esett ki rendre \(\displaystyle \frac{S_1}{1-(1-p)^n}\), illetve \(\displaystyle \frac{S_2}{1-(1-p)^n}\). A feltétel szerint ez a két érték megegyezik, hiszen a Barnabás zsebében maradt üveggolyók számának paritása pontosan akkor lesz egyforma (\(\displaystyle 50\%\)) eséllyel páros, illetve páratlan, ha a kiesett golyók számának paritása egyforma (\(\displaystyle 50\%\)) eséllyel páros, illetve páratlan. Tehát a kérdés az, mely \(\displaystyle n\) értékek mellett van olyan \(\displaystyle 0<p<1\), hogy \(\displaystyle S_1=S_2\). A binomiális tétel szerint

\(\displaystyle ((1-p)-p)^n=\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}(1-p)^k\cdot(-1)^{n-k}\cdot p^{n-k}=(1-p)^n-S_1+S_2~\mathrm{vagy}~(1-p)^n+S_1-S_2.\)

Így \(\displaystyle S_1=S_2\) pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle (1-2p)^n=(1-p)^n\). Mivel \(\displaystyle 1-2p\ne 1-p\), ezért ez csak akkor teljesülhet, ha \(\displaystyle n\) páros és \(\displaystyle 1-2p=-(1-p)\), vagyis, ha \(\displaystyle p=2/3\).

Tehát \(\displaystyle n\) értéke bármely páros szám lehetett (és \(\displaystyle p=2/3\)), páratlan szám viszont nem.


Statisztika:

42 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:Argay Zsolt, Bán-Szabó Áron, Beke Csongor, Deák Bence, Dobák Dániel, Döbröntei Dávid Bence, Füredi Erik Benjámin, Gáspár Attila, Győrffy Ágoston, Kószó Máté József, Kupás Vendel Péter, Nagy Nándor, Noszály Áron, Olosz Adél, Pituk Gábor, Schrettner Jakab, Shuborno Das, Soós 314 Máté, Szabó 417 Dávid, Szabó 864 Blanka, Szabó 997 Balázs István, Szőnyi Laura, Tiderenczl Dániel, Tóth 827 Balázs, Tóth Ábel, Weisz Máté.
3 pontot kapott:Sárvári Tibor.
2 pontot kapott:4 versenyző.
1 pontot kapott:5 versenyző.
0 pontot kapott:6 versenyző.

A KöMaL 2018. májusi matematika feladatai