 |
A B. 5027. feladat (2019. április) |
B. 5027. Gombóc Artúr az Édes utca 1. szám alatt lakik, a csokibolt pedig az utca másik végén, az \(\displaystyle n\)-edik szám alatt található. Artúr minden nap a következő fitneszedzést tartja: elindul a 2-es számú ház elől. Ha a \(\displaystyle k\)-adik számú ház előtt áll (ahol \(\displaystyle 1<k<n\)), akkor feldobja lejárt szavatosságú, de szabályos csokiérméjét. Fej esetén átmegy a \(\displaystyle (k-1)\)-es számú, míg írás esetén a \(\displaystyle (k+1)\)-es számú ház elé. Ha a csokibolt elé ér, akkor betér, és legurít egy csokigolyót, majd az \(\displaystyle (n-1)\)-es számú ház elé megy. Ha hazaér, vége az edzésnek. Naponta átlagosan hány csokigolyót gurít le Artúr?
(5 pont)
A beküldési határidő 2019. május 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Először megmutatjuk, hogy Gombóc Artúr 1 valószínűséggel hazaér. Bárhol is van éppen, legfeljebb \(\displaystyle n-2\) csokiérmedobáson belül legalább \(\displaystyle \frac{1}{2^{n-2}}\) valószínűséggel hazaér, hiszen ha mindig fejet dob, mindig közeledik otthonához. Ez azt jelenti, hogy annak valószínűsége, hogy \(\displaystyle (n-2)k\) dobás után még nincs otthon, legfeljebb \(\displaystyle \left(1- \frac{1}{2^{n-2}} \right)^k\), ami tart a 0-hoz, ha \(\displaystyle k\to \infty\). Tehát Gombóc Artúr 1 valószínűséggel hazaér, és befejezi az edzést.
Tekintsük az edzés során azokat a pillanatokat, amikor vagy a 2. számú ház előtt van, vagy épp csokizás után az \(\displaystyle (n-1).\) számú ház előtt. Jelölje \(\displaystyle p\) annak a valószínűségét, hogy Gombóc Artúr a 2. ház elől a csokibolthoz előbb jut el, mint haza. Ekkor, ha csokizás után az \(\displaystyle (n-1).\) számú ház előtt van, akkor a szimmetria alapján \(\displaystyle 1-p\) annak a valószínűsége, hogy még visszajut a csokiboltba hazaérés előtt.
Megjegyezzük, hogy \(\displaystyle 0<p<1\), hiszen világos, hogy \(\displaystyle \frac{1}{2^{n-2}}\leq p\leq \frac{1}{2}\), ugyanis 1 fej dobás esetén rögtön hazaér, illetve \(\displaystyle n-2\) írás dobás esetén biztosan eljut a csokiboltba hazaérés előtt.
Most rátérünk az átlagosan legurított csokigolyók számának meghatározására.
Annak valószínűsége, hogy Gombóc Artúr egyetlen csokigolyót sem eszik meg, éppen \(\displaystyle 1-p\). Annak valószínűsége, hogy pontosan 1-et eszik meg \(\displaystyle p^2\), hiszen \(\displaystyle p\) annak esélye, hogy a 2-es számú ház elől előbb jut a csokiboltba, mint haza, és annak is \(\displaystyle p\) az esélye, hogy ezután az \(\displaystyle (n-1).\) számú ház elől (ahova az 1. csoki után megy) előbb jut haza, mint hogy ismét visszaérne a boltba. Ehhez hasonlóan annak valószínűsége, hogy pontosan \(\displaystyle 2\leq k\) csokit eszik meg hazaérkezéséig \(\displaystyle p(1-p)^{k-1}p\), hiszen \(\displaystyle p\) eséllyel jut előbb a bolthoz (majd onnan az \(\displaystyle (n-1).\) számú ház elé), mint haza, ezután \(\displaystyle (k-1)\)-szer az \(\displaystyle (n-1).\) számú ház elől előbb kell a bolthoz érnie, mint haza, végül a \(\displaystyle k.\) csoki után előbb kell hazaérnie már, mint hogy ismét visszajutna a bolthoz.
Így az átlagosan elfogyasztott csokik száma a végtelen mértani sor összegképletét használva:
$$\begin{multline*} E=0\cdot (1-p)+1\cdot p^2+2\cdot p^2(1-p)+3\cdot p^2(1-p)^2+\dots=p^2\left[1+2(1-p)+3(1-p)^2+\dots \right]=\\ = p^2\left[(1+(1-p)+(1-p)^2+\dots)+((1-p)+(1-p)^2+\dots)+((1-p)^2+(1-p)^3+\dots)+\dots \right]=\\ =p^2 \left[\frac{1}{p}+(1-p)\cdot\frac{1}{p}+(1-p)^2\cdot\frac{1}{p}+\dots \right]=p^2\cdot\frac{1}{p}\cdot\frac{1}{p}=1. \end{multline*}$$Tehát Gombóc Artúr naponta átlagosan 1 csokit fogyaszt el.
1. Megjegyzés. Bár a végeredmény meghatározásához nem volt szükséges, meg is határozhatjuk \(\displaystyle p\) értékét. Jelölje \(\displaystyle 2\leq i\leq n-1\) esetén \(\displaystyle p_i\) annak a valószínűségét, hogy az \(\displaystyle i.\) számú húz elől Gombóc Artúr előbb ér a csokiboltba, mint haza. (Ekkor \(\displaystyle p=p_2\).)
Ha \(\displaystyle i=2\), akkor \(\displaystyle p_2=\frac{1}{2}p_3\), hiszen vagy hazaér (fej dobás) vagy a 3-es ház elé megy (írás dobás), egyforma eséllyel.
Ha \(\displaystyle 3\leq i\leq n-2\), akkor ehhez hasonlóan \(\displaystyle p_i=\frac{1}{2}p_{i-1}+\frac{1}{2}p_{i+1}\).
Végül, ha \(\displaystyle i=n-1\), akkor \(\displaystyle p_{n-1}=\frac{1}{2}p_{n-2}+\frac{1}{2}\), hiszen fej esetén az \(\displaystyle (n-2).\) számú ház elé megy, írás esetén pedig a csokiboltba.
A megadott egyenletek éppen azt fejezik ki, hogy \(\displaystyle 0,p_2,p_3,\dots,p_{n-1},1\) egy számtani sorozat, és így \(\displaystyle p_2=p=\frac{1}{n-1}\).
2. Megjegyzés. Az előbbi egyenletrendszert közvetlenül az elfogyasztott csokik számának várható értékére is felírhatjuk, \(\displaystyle E_i\)-vel jelölve a hazaérkezésig elfogyasztott csokik számának várható értékét abban az esetben, ha az \(\displaystyle i.\) számú ház elől indul (\(\displaystyle 2\leq i\leq n-1\)). Ekkor az egyenletek:
\(\displaystyle E_2=\frac{1}{2}E_3,\quad E_i=\frac{1}{2}E_{i-1}+\frac{1}{2}E_{i+1}\ (3\leq i\leq n-2),\quad E_{n-1}=\frac{1}{2}E_{n-2}+\frac{1}{2}(E_{n-1}+1).\)
Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle 0,E_2,E_3,\dots,E_{n-1},E_{n-1}+1\) egy számtani sorozat. Bevezetve \(\displaystyle E_2=E\)-t, rendre \(\displaystyle E_3=2E,E_4=3E,\dots,E_{n-1}=(n-2)E,E_{n-1}+1=(n-1)E\) adódik, így az utolsó két egyenletből \(\displaystyle E=1\). Ez a gondolatmenet azonban használja, hogy ezek véges értékek, így egy teljes megoldáshoz ezt még külön indokolni kell. (\(\displaystyle E=E_2=E_3=\dots=E_{n-1}=\infty\) esetén az egyenletek szintén teljesülnének!)
Statisztika:
32 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Baski Bence, Beke Csongor, Győrffi Ádám György, Hegedűs Dániel, Nagy Nándor, Osztényi József, Soós 314 Máté, Szabó 991 Kornél, Török Mátyás, Weisz Máté. 4 pontot kapott: Bencsik Ádám, Csaplár Viktor, Fraknói Ádám, Füredi Erik Benjámin, Jánosik Áron, Sebestyén Pál Botond, Stomfai Gergely, Telek Zsigmond , Tóth 827 Balázs, Tóth Ábel, Várkonyi Zsombor, Zsigri Bálint. 3 pontot kapott: 7 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2019. áprilisi matematika feladatai