 |
A B. 5338. feladat (2023. október) |
B. 5338. Egy színház nézőterének egyik sorában 10 számozott szék van. A székek a sor mindkét széléről megközelíthetők. Az egyik előadásra a sorba jegyet váltó 10 néző véletlenszerű sorrendben érkezik meg és foglalja el a helyét. A nézők nem szeretnek ,,átmászni'' az előttük megérkezett és korábban a helyét már elfoglalt többi nézőn, ezért ha tehetik, akkor a sornak annak a széléről közelítik meg a helyüket, ahonnan erre nincs szükség. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy lesz legalább egy olyan néző a 10 között, aki nem tudja ,,átmászás'' nélkül elfoglalni a helyét.
Javasolta: Koncz Levente (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2023. november 10-én LEJÁRT.
I. megoldás. Határozzuk meg a komplementer esemény valószínűségét, vagyis azt, hogy mekkora eséllyel jut be mindenki a helyére átmászás nélkül.
Az elsőként érkező néző legyen a \(\displaystyle k\)-adik széken ülő, ő biztosan gond nélkül eljut a helyére. Ezután viszont csak akkor kerülhetők el az átmászások, ha a tőle balra ülők egymás közötti sorrendje is épp megfelelő (először a tőle közvetlenül balra ülő jön meg, utána a másodszomszédja, és így tovább, végül a sor bal szélén ülő) és a tőle jobbra ülők egymás közötti sorrendje is épp megfelelő.
Mivel az első néző érkezése után a tőle balra ülők balról, a jobbra ülők pedig jobbról közelítik meg a helyüket, az ő egymáshoz viszonyított sorrendjük nem számít. Így a 2.-ként, 3.-ként, ..., 10.-ként érkező 9 néző közül bármelyik \(\displaystyle k-1\) lehet a tőle balra ülő \(\displaystyle k-1\), viszont innen már csak egyféle jó sorrend van (a fentiek szerinti). Tehát a megfelelő sorrendek száma \(\displaystyle \binom{9}{k-1}\). Így összességében a megfelelő sorrendek száma \(\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{10} \binom{9}{k-1}=2^9\), hiszen a Pascal-háromszög 9-edik sorában a binomiális együtthatók összege \(\displaystyle 2^9\). Mivel összesen \(\displaystyle 10!\)-féle sorrendben érkezhetnek, így annak a valószínűsége, hogy nincs átmászás, \(\displaystyle \frac{2^9}{10!}\).
Annak a valószínűsége pedig, hogy lesz legalább egy néző, aki nem tudja átmászás nélkül elfoglalni a helyét:
\(\displaystyle 1-\frac{2^9}{10!}=\frac{3628288}{3628800}=\frac{14173}{14175}\approx 0,999859.\)
II. megoldás. Számoljuk meg ismét, hogy hányféle sorrend esetén nincs átmászás, de most fordított sorrendben tekintsük a nézőket. Képzeljük azt, hogy az előadás végén épp fordított sorrendben távoznak (tehát az utolsóként érkező megy el először, és így tovább), ez pontosan akkor oldható meg átmászás nélkül, ha az érkezés megoldható volt. Először csak a sor bal szélén vagy a jobb szélén ülő néző tudja elhagyni helyét, ami 2 lehetőség. Ezután 9 szomszédos helyen ülnek a nézők, ismét csak a leginkább balra, vagy leginkább jobbra ülő tud távozni, ami szintén 2 lehetőség. Ezt így folytatva kapjuk, hogy mindig a bal vagy jobb szélső távozhat, egészen a 9. nézőig (mindig 2-2 lehetőség), majd végül a 10. (aki eredetileg elsőként érkezett) is távozik. Ez összesen \(\displaystyle 2^9\) féle lehetőség, innen a komplementer valószínűség az 1. megoldáshoz hasonlóan számolható.
Statisztika:
127 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 97 versenyző. 4 pontot kapott: 11 versenyző. 3 pontot kapott: 5 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 3 dolgozat.
A KöMaL 2023. októberi matematika feladatai