Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?

Problem C. 1580. (December 2019)

C. 1580. Barbara places 10 coins on a table in a row at random. In each step, she turns over two adjacent coins. What is the probability that she cannot achieve after a sufficient number of steps, that all coins should have ``heads'' on top?

(5 pont)

Deadline expired on January 10, 2020.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Először vegyük észre, hogy ugyanannyi olyan érmesorozat van, ami páratlan sok fejet tartalmaz, mint ami páros sokat, mert az érmesorozatok párba állíthatók úgy, hogy minden párban az egyik sorozat páros, a másik páratlan sok fejet tartalmaz: egy adott érmesorozat párja az az érmesorozat, ami csak a legutolsó érmében tér el tőle.

Most nézzük meg, hogy egy lépésben hogyan változhat a fejek száma: Ha egy fejet és egy írást fordítunk át, akkor nem változik; ha két fejet, akkor 2-vel csökken; ha két írást, akkor 2-vel nő. Azaz a fejek száma 0-val, 2-vel vagy \(\displaystyle -2\)-vel változhat (nőhet), így ha a kiindulási állapotban páratlan sok fej volt, akkor nem érhető el olyan állapot, hogy mind a 10 érmén fej van felül. Ha a kiindulási állapot páros sok fejet tartalmaz, akkor például balról indulva, "mohón" elérhető a csupa fej sorozat: mindig a soron következő írást mutató érmét és a sorban rákövetkező vele szomszédos érmét átfordítjuk, egészen a 9. érméig. Így az első 9 érménken már a fej lesz fölfele. Továbbá, mivel a fejek számának paritása a fordítgatás során nem változik, ezért az utolsó, 10. érmén is fej van felül, hiszen összesen páros sok fejnek kell lennie.

Azaz a keresett valószínűség megegyezik annak a valószínűségével, hogy a kiindulási állapot páros sok fejet tartalmaz. Ez a valószínűség pedig 1/2, hiszen amint láttuk párba állíthatók a páros és páratlan sok fejet tartalmazó kiindulási állapotok.

Tehát 1/2 annak a valószínűsége, hogy Bori el tudja érni, hogy minden érme a fej oldalán legyen.


Statistics:

62 students sent a solution.
5 points:Abóczki Richárd Noel, Biró 424 Ádám, Fekete András Albert, Kadem Aziz, Kim 666 Levente, Kis 194 Károly, Kós Péter, Kosóczki Balázs, Nagy 009 Dávid, Oláh 492 Emese, Palencsár Enikő, Schneider Anna, Szigeti Donát.
4 points:Andó Lujza, Arató Zita, Gömbös Imola, Hajdú Bálint, Izsa Regina Mária, Kelemen Anna, Kulcsár Kevin, Lakatos Enikő, Ludányi Levente, Majerusz Ádám, Molnár Kristóf András, Ráduly Nóra Julianna, Sándor 111 Réka, Székelyhidi Klára, Trombitás Karolina Sarolta, Viharos Márta Judit.
3 points:13 students.
2 points:6 students.
1 point:7 students.
0 point:6 students.
Unfair, not evaluated:1 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, December 2019